LOJ3405 「2020-2021 集训队作业」Gem Island 2

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组合计数神题。下文的 $m$ 指原题面中的 $d$，$k$ 指原题面中的 $r$。

考虑最后每个人得到的宝石数量的序列 $s_1, s_2, \ldots, s_n$，考虑这种方案的出现次数。首先要在 $m$ 次操作中分别选 $s_i - 1$ 次给第 $i$ 个人，方案数为 $\frac{m!}{\prod\limits_{i = 1}^n (s_i - 1)!}$；然后对于一个人，当它的宝石数为 $k$ 时，选择一颗变成两颗的方案数为 $k$，所以每个人还有 $(s_i - 1)!$ 种方案的贡献，乘起来发现 $(s_i - 1)!$ 被约掉了，也就是说对于任意一种 $s_1, s_2, \ldots, s_n$，它们出现概率均等。

于是题目变成了，一个序列的价值为前 $k$ 大元素之和，求所有满足 $\sum\limits_{i = 1}^n s_i = m$ 的序列 $s$ 的价值之和（最后要除个方案数 $\binom{n + m - 1}{n - 1}$ 和加上原有的 $k$ 个）。

考虑对于一个固定的序列 $s$，我们以这样的方式计算它的价值：$\sum\limits_{a > 0} \min(k, \sum\limits_{i = 1}^n [s_i \ge a])$。可以想象成一个柱状图，就是把原来的从左到右算面积变成从上到下算面积。这样可以方便许多。

那么设 $f_{a, i}$ 为对于一个序列 $s$，恰好有 $i$ 个元素的值 $\ge a$ 的这样的序列个数；考虑二项式反演，设 $g_{a, i}$ 为对于一个序列 $s$，钦定有 $i$ 个元素的值 $\ge a$ 的这样的序列个数。$g_{a, i}$ 是好求的，相当于选 $i$ 个位置让他们 $\ge a$，就变成了一个和为 $m - ai$ 的插板，那么：

$$g_{a, i} = \binom{n}{i} \binom{m + n - ai - 1}{n - 1}$$

且：

$$g_{a, i} = \sum\limits_{j = i}^n \binom{j}{i} f_{a, j}$$

反演得：

$$f_{a, i} = \sum\limits_{j = i}^n (-1)^{j - i} \binom{j}{i} g_{a, j}$$

答案即为：

$$\sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 1}^n f_{a, i} \times \min(i, k)$$

这样已经可以做 $O(n^2m)$ 了，但是还不够。考虑把 $f$ 扔掉，直接计算每个 $g_{a, i}$ 对答案的贡献，那么答案也可以表示成：

$$\sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 1}^n g_{a, i} \sum\limits_{j = 1}^i (-1)^{i - j} \binom{i}{j} \min(j, k)$$

后面那一坨求和式子看上去不能考虑组合意义，那么可以尝试递推。设 $v_{n, k} = \sum\limits_{i = 1}^n (-1)^{n - i} \binom{n}{i} \min(i, k)$，那么根据 $\binom{n}{m} = \binom{n - 1}{m} + \binom{n - 1}{m - 1}$ 可以裂项后尝试递推：

$$\begin{aligned}v_{n, k} & = \sum\limits_{i = 1}^n (-1)^{n - i} \binom{n}{i} \min(i, k) \\ & = \sum\limits_{i = 1}^n (-1)^{n - i} \binom{n - 1}{i} \min(i, k) + \sum\limits_{i = 1}^n (-1)^{n - i} \binom{n - 1}{i - 1} \min(i, k) \\ & = -\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i} \min(i, k) + \sum\limits_{i = 1}^n (-1)^{n - 1 - (i - 1)} \binom{n - 1}{i - 1} (\min(i - 1, k - 1) + 1) \\ & = -\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i} \min(i, k) + \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i} \min(i, k - 1) + \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i} \\ & = -v_{n - 1, k} + v_{n - 1, k - 1} + (-1 + 1)^{n - 1} - 1 \\ & = -v_{n - 1, k} + v_{n - 1, k - 1} + [n = 1] \end{aligned}$$

那么我们得到了 $v_{n, k} = -v_{n - 1, k} + v_{n - 1, k - 1}$，边界 $\forall k > 0, v_{1, k} = 1$。考虑组合意义，可以看作是，$n - 1$ 次选 $i$ 次让 $k - 1$，$n - 1 - i$ 次让 $k$ 不 $-1$ 并变号，那么有 $v_{n, k} = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i}$。再尝试递推：

$$\begin{aligned} v_{n, k} & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 1}{i} \\ & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 2}{i} + \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} (-1)^{n - 1 - i} \binom{n - 2}{i - 1} \\ & = -\sum\limits_{i = 0}^{k - 1} (-1)^{n - i} \binom{n - 2}{i} + \sum\limits_{i = 0}^{k - 2} (-1)^{n - i} \binom{n - 2}{i} \\ & = (-1)^{n - k} \binom{n - 2}{k - 1} \end{aligned}$$

最后一步是运用了正负项抵消。那么我们有 $\forall k > 0, v_{1, k} = 1, \forall n > 1, v_{n, k} = (-1)^{n - k} \binom{n - 2}{k - 1}$。

再来考虑答案的式子：

$$\sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 1}^n g_{a, i} v_{i, k}$$

分别代入 $g_{a, i}, v_{i, k}$ 的式子得：

$$n \sum\limits_{a = 1}^m \binom{m + n - a - 1}{n - 1} + \sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 2}^n \binom{n}{i} \binom{m + n - ai - 1}{n - 1} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1}$$

关注后半部分：

$$\sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 2}^n \binom{n}{i} \binom{m + n - ai - 1}{n - 1} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1}$$

注意到 $ai \le m$，所以暴力算的复杂度就是 $O(m \log m)$ 的。但是还能更优。

$$\begin{aligned} ans & = \sum\limits_{a = 1}^m \sum\limits_{i = 2}^n \binom{n}{i} \binom{m + n - ai - 1}{n - 1} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1} \\ & = \sum\limits_{t = 2}^m \binom{m + n - t - 1}{n - 1} \sum\limits_{i \mid t} \binom{n}{i} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1} \\ & = \sum\limits_{i = 2}^n \binom{n}{i} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1} \sum\limits_{i \mid t} \binom{m + n - t - 1}{n - 1} \\ & = \sum\limits_{i = 2}^n \binom{n}{i} (-1)^{i - k} \binom{i - 2}{k - 1} h_i \end{aligned}$$

其中 $h_i = \sum\limits_{i \mid t} \binom{m + n - t - 1}{n - 1}$，可以高维前缀和预处理出。

至此，我们终于以 $O(n + m \log \log m)$ 的复杂度完成了这题。

code

// Problem: #3405. 「2020-2021 集训队作业」Gem Island 2
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/3405
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1200 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
 
const int maxn = 30000100;
const ll mod = 998244353;
 
inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}
 
int n, m, K, N, fac[maxn], ifac[maxn], f[maxn], pr[maxn / 10], tot;
bool vis[maxn];
 
inline ll C(int n, int m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return 1LL * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}
 
void solve() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
	N = n + m;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
	for (int i = N - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = 1LL * ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	for (int i = 2; i <= m; ++i) {
		if (!vis[i]) {
			pr[++tot] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= m; ++j) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) {
				break;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		f[i] = C(n + m - i - 1, n - 1);
	}
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
		for (int j = m / pr[i], k = m / pr[i] * pr[i]; j; --j, k -= pr[i]) {
			int &t = f[j];
			t = (((t += f[k]) >= mod) ? t - mod : t);
		}
	}
	ll ans = 1LL * n * f[1] % mod;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		ans = (ans + C(n, i) * (((i - K) & 1) ? mod - 1 : 1) % mod * C(i - 2, K - 1) % mod * f[i]) % mod;
	}
	ans = ans * qpow(C(n + m - 1, n - 1), mod - 2) % mod;
	ans = (ans + K) % mod;
	printf("%lld\n", ans);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}