[洛谷]P5401 [CTS2019] 珍珠题解

题意概述

有 $D$ 种珍珠，每种有无限颗，现在等概率的从 $D$ 种珍珠中抽 $n$ 次珍珠，每次抽 $1$ 个珍珠，记第 $i$ 种珍珠最后一共抽到 $cnt_i$ 个，求有要多少抽法使得 $\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{cnt_i}{2}\rfloor \ge m$ 的方案数。两种方案不同当且仅当存在一轮抽取，一种方案抽到第 $i$ 种珍珠，另一种方案抽到第 $j$ 种珍珠， $i\not=j$ 。

$n\le 1e9,m\le 1e9,D\le1e5$

题目分析

容易将题意转化，转化为求 $ans=\sum_{i=1}^{n}[cnt_i\equiv 1\mod 2] \le n-2\times m$ ，记 $mx=\min(D,n-2m)$ ，那么容易构造 $EGF$ ：

\begin{aligned} a n s & = \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D}{k}) \times n! \times [x^{n}] (\sum_{i \geq 0} x^{2 i + 1})^{k} \times (\sum_{i \geq 0} x^{2 i})^{D - k} \\ = n! \times [x^{n}] \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D}{k}) \times (\frac{e^{x} - e^{- x}}{2})^{k} \times (\frac{e^{x} + e^{- x}}{2})^{D - k} \\ = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] e^{- D x} \times \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D}{k}) \times (e^{2 x} - 1)^{k} \times (e^{2 x} + 1)^{D - k} \\ = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] e^{- D x} \times \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D}{k}) \times \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) e^{2 i x} \times \sum_{j = 0}^{D - k} (\binom{D - k}{j}) e^{2 j x} \end{aligned}

$\begin{aligned} ans&=\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times n!\times [x^n](\sum_{i\ge0}x^{2i+1})^k\times(\sum_{i\ge 0}x^{2i})^{D-k}\\ &=n!\times [x^n]\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times (\frac{e^x-e^{-x}}{2})^k\times(\frac{e^x+e^{-x}}{2})^{D-k}\\ &=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]e^{-Dx}\times\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times (e^{2x}-1)^k\times (e^{2x}+1)^{D-k}\\ &=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]e^{-Dx}\times\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}\binom{k}{i}e^{2ix}\times \sum_{j=0}^{D-k}\binom{D-k}{j}e^{2jx}\\ \end{aligned}$

这样做的话也是可以往下做的，但是因为我数学太弱了，并没有做出来（但下文会继续写到如何按照这种方法做）。

可以发现这样做不好做的困难主要在于对于 $F(x)$ 每一项的系数出现了两个不固定的 $EGF$ 相乘，所以说导致无法出现一个单一的和式（即将 $(e^{2x}-1)^k(e^{2x}+1)^{D-k}$ 二项式展开之后会出现 $\sum_{i=0}^{k}\cdots \times \sum_{j=0}^{D-k}\cdots$ ），无法直接取出 $EGF$ 的 $x^n$ 项系数，所以其实可以考虑改变一下求解的方式。

我们可以尝试构造一个多项式 $F(x)$ ，使得 $F(x)$ 的 $x^i$ 的系数为 $ans= i$ 的方案数。

然后设 $f(x)$ 的 $x^i$ 项系数表示 $ans$ 至少为 $i$ 的方案数，那么这样就有：

\begin{aligned} F_{i} (x) = \sum_{j = i}^{D} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f_{j} (x) \\ f_{i} (x) = (\binom{D}{i}) \times n! \times [x^{n}] (\frac{e^{x} - e^{- x}}{2})^{i} \times (e^{x})^{D - i} \end{aligned}

$\begin{aligned} &F_i(x)=\sum_{j=i}^{D}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}f_j(x)\\ &f_i(x)=\binom{D}{i}\times n!\times [x^n] (\frac{e^x-e^{-x}}{2})^i\times (e^x)^{D-i} \end{aligned}$

这样求解 $F(x)$ 只需要求出 $f(x)$ 然后卷积即可，而求 $f(x)$ 的难度也较低：

\begin{aligned} f_{i} (x) & = \frac{(\binom{D}{i}) \times n!}{2^{i}} [x^{n}] e^{- i x} (e^{2 x} - 1)^{i} \times e^{(D - i) x} \\ = \frac{(\binom{D}{i}) \times n!}{2^{i}} [x^{n}] e^{(D - 2 i) x} \times (e^{2 x} - 1)^{i} \\ = \frac{(\binom{D}{i}) \times n!}{2^{i}} [x^{n}] \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) e^{(D - 2 i) x} \times e^{2 j x} \\ = \frac{D! \times n!}{2^{i} \times i! \times (D - i)!} [x^{n}] \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} \frac{i!}{j! (i - j)!} e^{(D - 2 (i - j)) x} \\ = \frac{D!}{2^{i} \times (D - i)!} \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} \times \frac{1}{j! (i - j)!} \times (D - 2 (i - j))^{n} \\ = \frac{D!}{2^{i} \times (D - i)!} \sum_{j = 0}^{i} \frac{1}{j!} \times \frac{(- 1)^{i - j} \times (D - 2 (i - j))^{n}}{(i - j)!} \end{aligned}

$\begin{aligned} f_i(x)&=\frac{\binom{D}{i}\times n!}{2^i}[x^n]e^{-ix}(e^{2x}-1)^i\times e^{(D-i)x}\\ &=\frac{\binom{D}{i}\times n!}{2^i}[x^n]e^{(D-2i)x}\times (e^{2x}-1)^i\\ &=\frac{\binom{D}{i}\times n!}{2^i}[x^n]\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\binom{i}{j}e^{(D-2i)x}\times e^{2jx}\\ &=\frac{D!\times n!}{2^i\times i!\times (D-i)!}[x^n]\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\frac{i!}{j!(i-j)!}e^{(D-2(i-j))x}\\ &=\frac{D!}{2^i\times (D-i)!}\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\times\frac{1}{j!(i-j)!}\times(D-2(i-j))^n\\ &=\frac{D!}{2^i\times (D-i)!}\sum_{j=0}^{i}\frac{1}{j!}\times \frac{(-1)^{i-j}\times (D-2(i-j))^n}{(i-j)!} \end{aligned}$

对于求 $F(x)$ 的卷积就比较套路，令 $G_i(x)=F_{D-i}(x),\ g_j(x)=f_{D-j}(x)$ ，则：

\begin{aligned} G_{D - i} (x) & = & \sum_{j = i}^{D} (- 1)^{j - i} \frac{j!}{i! (j - i)!} g_{D - j} (x) \\ G_{i} (x) & = & \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} \frac{(D - j)!}{(D - i)! (i - j)!} g_{j} (x) \\ = & \frac{1}{(D - i)!} \sum_{j = 0}^{i} [(D - j)! \times g_{j} (x)] \times \frac{(- 1)^{i - j}}{(i - j)!} \end{aligned}

$\begin{aligned} &G_{D-i}(x)&=&\sum_{j=i}^{D}(-1)^{j-i}\frac{j!}{i!(j-i)!}g_{D-j}(x)\\ &G_{i}(x)&=&\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\frac{(D-j)!}{(D-i)!(i-j)!}g_{j}(x)\\ & &=&\frac{1}{(D-i)!}\sum_{j=0}^{i}[(D-j)!\times g_j(x)]\times \frac{(-1)^{i-j}}{(i-j)!} \end{aligned}$

综上，两次卷积就可以求出答案， $ans=\sum_{i=0}^{\min(D,n-2m)} F_i(x)$ ，时间复杂度 $O(D\log_2n)$ ，下面附上代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 30;
const int M = 3e5;
const int mod = 998244353;
const int pr = 3;
const int ig = 332748118;

inline int add(int x, int y) {
	x += y;
	return x >= mod ? x - mod : x;
}

inline int del(int x, int y) {
	x -= y;
	return x < 0 ? x + mod : x;
}

inline int read() {
	char ch = getchar(); int x = 0;
	while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
	return x;
}

int qpow(int a, int b) {
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

struct node {
	int n, mx = 1, f[N], g[N];
	void NTT(int *a, int len) {
		int x, y, g, pw;
		for(int j = len >> 1; j >= 1; j >>= 1) {
			g = qpow(pr, (mod - 1) / (j << 1));
			for(int i = 0; i < len; i += (j << 1)) {
				pw = 1;
				for(int k = 0; k < j; ++k, pw = 1ll * pw * g % mod) {
					x = a[i + k]; y = a[i + j + k];
					a[i + k] = add(x, y);
					a[i + j + k] = 1ll * pw * del(x, y) % mod;
				}
			}
		}
	}
	
	void INTT(int *a, int len) {
		int x, y, g, pw;
		for(int j = 1; j < len; j <<= 1) {
			g = qpow(ig, (mod - 1) / (j << 1));
			for(int i = 0; i < len; i += (j << 1)) {
				pw = 1;
				for(int k = 0; k < j; ++k, pw = 1ll * pw * g % mod) {
					x = a[i + k]; y = 1ll * pw * a[i + j + k] % mod;
					a[i + k] = add(x, y);
					a[i + j + k] = del(x, y);
				}
			}
		}
		int Inv = qpow(len, mod - 2);
		for(int i = 0; i < len; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * Inv % mod;
	}
	
	void mul(int *a, int *b, int len) {
		NTT(a, len); NTT(b, len);
		for(int i = 0; i < len; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
		INTT(a, len);
	}
	
	void init() {while(mx <= n + n) mx <<= 1;}
	void clear() {for(int i = n + 1; i < mx; ++i) f[i] = g[i] = 0;}
}F;
int D, n, m, k, fac[N], inv[N], ip[N], ans;

int main() {
	D = read(); n = read(); m = read(); k = min(n - 2 * m, D);
	if(k < 0) return puts("0"), 0;
	fac[0] = ip[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= D; ++i) ip[i] = 499122177ll * ip[i - 1] % mod;
	for(int i = 1; i <= D; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	inv[D] = qpow(fac[D], mod - 2);
	for(int i = D; i >= 1; --i) inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;
	F.n = D; F.init();
	for(int i = 0; i <= F.n; ++i) F.g[i] = inv[i];
	for(int i = 0; i <= F.n; ++i) F.f[i] = 1ll * ((i & 1) ? mod - 1 : 1) * qpow(del(D, 2 * i), n) % mod * inv[i] % mod;
	F.mul(F.f, F.g, F.mx); F.clear();
	for(int i = 0; i <= F.n; ++i) F.f[i] = 1ll * fac[D] * ip[i] % mod * F.f[i] % mod * fac[i] % mod * inv[D - i] % mod;
	reverse(F.f, F.f + F.n + 1);
	for(int i = 0; i <= F.n; ++i) F.g[i] = 1ll * ((i & 1) ? mod - 1 : 1) * inv[i] % mod;
	F.mul(F.f, F.g, F.mx); F.clear(); reverse(F.f, F.f + F.n + 1);
	for(int i = 0; i <= k; ++i) F.f[i] = 1ll * F.f[i] * inv[i] % mod, ans = add(ans, F.f[i]);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

接下来再说另一种做法，也就是本文最开始就提到的做法：

a n s = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] e^{- D x} \times \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D}{k}) \times (e^{2 x} - 1)^{k} \times (e^{2 x} + 1)^{D - k}

$ans=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]e^{-Dx}\times\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times (e^{2x}-1)^k\times (e^{2x}+1)^{D-k}\\$

其实主要就是对于 $\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}\times (e^{2x}-1)^k\times (e^{2x}+1)^{D-k}$ 无法化简，展开。现在我们设 $G(x)=\sum_{k=0}^{mx}\binom{D}{k}(x-1)^k\times (x+1)^{D-k}$ ，那么只要我们知道了 $G(x)$ 的各项系数，这个式子就是可做的， $ans$ 可化为：

\begin{aligned} a n s & = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] e^{- D x} \times G (e^{2 x}) \\ = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] \sum_{i = 0}^{D} g_{i} \times (e^{2 x})^{i} \times e^{- D x} \\ = \frac{n!}{2^{D}} \times [x^{n}] \sum_{i = 0}^{D} g_{i} \times e^{(2 i - D) x} \\ = \frac{n!}{2^{D}} \times \sum_{i = 0}^{D} g_{i} \times \frac{(2 i - D)^{n}}{n!} \\ = \frac{1}{2^{D}} \times \sum_{i = 0}^{D} g_{i} \times (2 i - D)^{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} ans&=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]e^{-Dx}\times G(e^{2x})\\ &=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]\sum_{i=0}^{D}g_i\times (e^{2x})^i\times e^{-Dx}\\ &=\frac{n!}{2^D}\times[x^n]\sum_{i=0}^{D}g_i\times e^{(2i-D)x}\\ &=\frac{n!}{2^D}\times\sum_{i=0}^{D}g_i\times \frac{(2i-D)^n}{n!}\\ &=\frac{1}{2^D}\times\sum_{i=0}^{D}g_i\times (2i-D)^n \end{aligned}$

这一步可以 $O(D+\frac{D}{\log D}\times \log n)=O(D\log_D n)$ 通过欧拉筛筛 $n$ 次幂求解。

所以现在的问题就是如何求 $G(x)$ 的系数。这一步可以考虑求导。

\begin{aligned} G^{'} (x) & = \sum_{k = 0}^{m x} \frac{D}{k! (D - k)!} \times (k \times (x - 1)^{k - 1} \times (x + 1)^{D - k} + (D - k) \times (x - 1)^{k} \times (x + 1)^{D - k - 1}) \\ = \sum_{k = 0}^{m x} \frac{D \times (D - 1)!}{k! (D - k)!} \times k (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} + \frac{D \times (D - 1)!}{k! (D - k)!} (D - k) (x - 1)^{k} (x + 1)^{D - k - 1} \\ = \sum_{k = 0}^{m x} D \times (\frac{(D - 1)!}{(k - 1)! (D - k)!} \times (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} + \frac{(D - 1)!}{k! (D - k - 1)!} (x - 1)^{k} (x + 1)^{D - k - 1}) \\ = \sum_{k = 0}^{m x} D \times ((\binom{D - 1}{k - 1}) \times (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} + (\binom{D - 1}{D - k - 1}) (x - 1)^{k} (x + 1)^{D - k - 1}) \end{aligned}

$\begin{aligned} G'(x)&=\sum_{k=0}^{mx}\frac{D}{k!(D-k)!}\times (k\times (x-1)^{k-1}\times(x+1)^{D-k}+(D-k)\times (x-1)^k\times (x+1)^{D-k-1})\\ &=\sum_{k=0}^{mx}\frac{D\times (D-1)!}{k!(D-k)!}\times k(x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}+\frac{D\times (D-1)!}{k!(D-k)!}(D-k)(x-1)^k(x+1)^{D-k-1}\\ &=\sum_{k=0}^{mx}D\times (\frac{(D-1)!}{(k-1)!(D-k)!}\times (x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}+\frac{(D-1)!}{k!(D-k-1)!}(x-1)^k(x+1)^{D-k-1})\\ &=\sum_{k=0}^{mx}D\times (\binom{D-1}{k-1}\times (x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}+\binom{D-1}{D-k-1}(x-1)^k(x+1)^{D-k-1})\\ \end{aligned}$

恰好 $\binom{D-1}{k-1}+\binom{D-1}{D-k-1}=\binom{D}{k}$ ，所以尝试将 $G(x)$ 变一下形：

G (x) = \sum_{k = 0}^{m x} ((\binom{D - 1}{k - 1}) (x - 1)^{k} \times (x + 1)^{D - k} + (\binom{D - 1}{D - k - 1}) (x - 1)^{k} \times (x + 1)^{D - k})

$G(x)=\sum_{k=0}^{mx}(\binom{D-1}{k-1}(x-1)^k\times (x+1)^{D-k}+\binom{D-1}{D-k-1}(x-1)^k\times (x+1)^{D-k})$

这样 $G(x)$ 和 $G'(x)$ 形式就相近了，然后可以作差之类的找到 $G(x)$ 与 $G'(x)$ 之间的系数关系，也即找到了 $G(x)$ 的 $x^i$ 项和 $x^{i-1}$ 项之间的关系，所以可以凑一下式子， $G(x)$ 差一个常数 $D$ ， $G'(x)$ 次数低了 $1$ ，于是考虑用 $D\times G(x)-x\times G'(x)$ ：

\begin{aligned} D G (x) - x G^{'} (x) & = \sum_{k = 0}^{m x} D \times (- (\binom{D - 1}{k - 1}) (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} + (\binom{D - 1}{D - k - 1}) (x - 1)^{k} (x + 1)^{D - k - 1}) \\ = D \times (- \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D - 1}{k - 1}) (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} + \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D - 1}{k}) (x - 1)^{k} (x + 1)^{D - k - 1}) \\ = D \times (\sum_{k = 1}^{m x + 1} (\binom{D - 1}{k - 1}) (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k} - \sum_{k = 0}^{m x} (\binom{D - 1}{k - 1}) (x - 1)^{k - 1} (x + 1)^{D - k}) \\ = D \times (\binom{D - 1}{m x}) (x - 1)^{m x} (x + 1)^{D - m x - 1} \end{aligned}

$\begin{aligned} DG(x)-xG'(x)&=\sum_{k=0}^{mx}D\times (-\binom{D-1}{k-1}(x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}+\binom{D-1}{D-k-1}(x-1)^{k}(x+1)^{D-k-1})\\ &=D\times (-\sum_{k=0}^{mx}\binom{D-1}{k-1}(x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}+\sum_{k=0}^{mx}\binom{D-1}{k}(x-1)^{k}(x+1)^{D-k-1})\\ &=D\times (\sum_{k=1}^{mx+1}\binom{D-1}{k-1}(x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k}-\sum_{k=0}^{mx}\binom{D-1}{k-1}(x-1)^{k-1}(x+1)^{D-k})\\ &=D\times \binom{D-1}{mx}(x-1)^{mx}(x+1)^{D-mx-1} \end{aligned}$

这样就会变得简洁很多，并且由于 $[x^i](DG(x)-xG'(x))=(D-n)[x^i]G(x)$ ，所以可以通过求 $D\times \binom{D-1}{mx}(x-1)^{mx}(x+1)^{D-mx-1}$ 的系数来得出 $G(x)$ 的系数，这个可以直接卷积，也可以~~再次求导降低复杂度~~ ，下面是求系数方法：

令 $H(x)=(x-1)^a(x+1)^b$ ，则：

\begin{aligned} H^{'} (x) = a (x - 1)^{a - 1} (x + 1)^{b} + b (x - 1)^{a} (x + 1)^{b - 1} \\ \frac{H^{'} (x)}{H (x)} = \frac{a}{x - 1} + \frac{b}{x + 1} \\ x^{2} H^{'} (x) - H^{'} (x) = (a + b) x H (x) + (a - b) H (x) \\ (i - 1) h_{i - 1} - (i + 1) h_{i + 1} = (a + b) h_{i - 1} + (a - b) h_{i} \\ h_{i + 1} = - \frac{1}{i + 1} ((a + b - i + 1) h_{i - 1} + (a - b) h_{i}) \end{aligned}

$\begin{aligned} &H'(x)=a(x-1)^{a-1}(x+1)^{b}+b(x-1)^{a}(x+1)^{b-1}\\ &\frac{H'(x)}{H(x)}=\frac{a}{x-1}+\frac{b}{x+1}\\ &x^2H'(x)-H'(x)=(a+b)xH(x)+(a-b)H(x)\\ &(i-1)h_{i-1}-(i+1)h_{i+1}=(a+b)h_{i-1}+(a-b)h_i\\ &h_{i+1}=-\frac{1}{i+1}((a+b-i+1)h_{i-1}+(a-b)h_i) \end{aligned}$

这样，令 $a=mx,b=D-mx-1$ 然后就可以递推出 $D\times \binom{D-1}{mx}(x-1)^{mx}(x+1)^{D-mx-1}$ 的系数，但有几个要注意的地方：

1.根据 $H(x)=(x-1)^a(x+1)^b$ 这个式子可知 $h_0=(-1)^a,h_1=(-1)^a\times b+(-1)^{a-1}\times a$ ；

2.观察递推式可以发现 $h_D$ 通过递推得到为 $0$ ，但显然 $h_D$ 不为 $0$ ，所以要单独特殊计算，即 $h_D=\sum_{i=0}^{a}\binom{D}{i}$ 。

递推是 $O(D)$ 的，所以总的复杂度为 $O(D\log_D n)$ 。代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 30;
const int M = 3e5;
const int mod = 998244353;
const int pr = 3;
const int ig = 332748118;

inline int add(int x, int y) {
	x += y;
	return x >= mod ? x - mod : x;
}

inline int del(int x, int y) {
	x -= y;
	return x < 0 ? x + mod : x;
}

inline int read() {
	char ch = getchar(); int x = 0;
	while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
	return x;
}

int qpow(int a, int b) {
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int D, n, m, k, fac[N], inv[N], ans, f[N], g[N], a, b, mem, Inv[N], prime[N], pw[N], opt = 1;
bool vis[N];

inline int C(int x, int y) {return 1ll * fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;}

void init() {
	pw[1] = 1; pw[0] = 0;
	for(int i = 2; i <= D; ++i) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++prime[0]] = i;
			pw[i] = qpow(i, n);
		}
		for(int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= D; ++j) {
			vis[i * prime[j]] = true;
			pw[i * prime[j]] = 1ll * pw[i] * pw[prime[j]] % mod;
			if(i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

int main() {
	D = read(); n = read(); m = read(); k = min(n - 2 * m, D); 
	if(n & 1) opt = mod - 1;
	if(k == D) return printf("%d\n", qpow(D, n)), 0;
	if(k < 0) return puts("0"), 0;
	fac[0] = 1; Inv[1] = 1; init();
	for(int i = 1; i <= D; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	inv[D] = qpow(fac[D], mod - 2);
	for(int i = D; i >= 1; --i) inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;
	for(int i = 2; i <= D; ++i) Inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * Inv[mod % i] % mod;
	
	a = D - k - 1; b = k; mem = C(D - 1, k);
	
	f[0] = (b & 1) ? (mod - 1) : 1;
	f[1] = add(1ll * ((b & 1) ? mod - 1 : 1) * a % mod, 1ll * (((b - 1) & 1) ? mod - 1 : 1) * b % mod);
	
	for(int i = 1; i < D; ++i)
		f[i + 1] = 1ll * (mod - 1) * del(add(1ll * a * del(f[i - 1], f[i]) % mod, 1ll * b * add(f[i - 1], f[i]) % mod), 1ll * (i - 1) * f[i - 1] % mod) % mod * Inv[i + 1] % mod;
	for(int i = 0; i < D; ++i)
		g[i] = 1ll * f[i] * D % mod * mem % mod * Inv[D - i] % mod;
	for(int i = 0; i <= k; ++i)
		g[D] = add(g[D], C(D, i));

	for(int i = 0; i <= D; ++i)
		if(2 * i >= D) ans = add(ans, 1ll * g[i] * pw[2 * i - D] % mod) % mod;
		else ans = add(ans, 1ll * g[i] * pw[D - 2 * i] % mod * opt % mod);
	ans = 1ll * ans * qpow(2, mod - 1 - D) % mod;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

posted @ 2023-02-28 16:37 _zyc 阅读(52) 评论(0) 编辑收藏举报

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