P4921 [MtOI2018]情侣？给我烧了！/P4931 [MtOI2018]情侣？给我烧了！（加强版）

P4921 [MtOI2018]情侣？给我烧了！

P4931 [MtOI2018]情侣？给我烧了！（加强版）

两道好题做了一上午，可见我的组合数学有多差，只会暴力拆式子，于是加强版只好看题解了。。总结一下于是有了这篇题解。

普通版

最 \(naive\) 的想法就是：钦定 \(k\) 对情侣，给他们安排座位，两个人可以互换位置，其余人是一个变相的错排：\(C_n^kA_n^k2^kf(n-k)\) ，\(f(k)\) 表示 \(k\) 对人坐 \(2k\) 个位置不配对的情况数。我发现这个 \(f(k)\) 我根本不会求就放弃了这个思路。

之前没见过二项式反演，所以没什么感觉。现在一上来就设俩式子：

\(f(k)\) 表示至少 \(k\) 对情侣和睦

\(g(k)\) 表示恰好 \(k\) 对情侣和睦

我们要求的是 \(g(i),i=0,1,\cdots,n\)

显然 \(f(k)=\sum_{i=k}^{n}\binom{n}{k}g(i)\) 。

由二项式反演得 \(g(k)=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\binom{n}{k}f(i)\)

考虑把 \(f(k)\) 换一种表示（之前设这两个式子的原因其实是因为看到 \(f(i)\) 好算）：

首先钦定 \(k\) 对和睦的情侣，然后给他们挑 \(k\) 个位置，每一对情侣可以互换位置，其余人随便排（这里是“至少”的体现，有可能大于 \(k\) ，但是不可能小于 \(k\)）

把上面的文字写成式子就是 \(f(k)=C_n^kA_n^k2^k(2n-2k)!\)

\(f\) 可以一遍 \(O(n)\) 扫出来，但是 \(g\) 呢？它要 \(O(n^2)\) 。怎么办？想了一会感觉没啥别的想法就开始大力拆式子：

\[g(k)=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}f(i)\\ =\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\dfrac{i!}{k!(i-k)!}\dfrac{n!}{i!(n-i)!}\dfrac{n!}{(n-i)!}2^k(2n-2i)!\\ =\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{i}\dfrac{1}{k!i!}\dfrac{n!}{(n-i-k)!}\dfrac{n!}{(n-i-k)!}2^{i+k}(2n-2i-2k)!\\ =\dfrac{2^kn!^2}{k!}\sum_{i=0}^{n-k}\dfrac{(-1)^{i}2^i(2n-2k-2i)!}{(n-i-k)!^2i!} \]

\(\sum\) 后面那个东西对于每一个 \(n-k\) 是固定的，只有 \(O(n)\) 种，可以 \(O(n^2)\) 暴力预处理

然后就做完了。

//Orz cyn2006
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double db;
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
#define N 2005
#define mod 998244353
int n,f[N],g[N],fac[N],ifc[N],pw2[N];
int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
void init(){
	int up=2000;
	fac[0]=1,pw2[0]=1;
	for(int i=1;i<=up;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,pw2[i]=(pw2[i-1]<<1)%mod;
	ifc[up]=qpow(fac[up],mod-2);
	for(int i=up-1;i>=0;--i)ifc[i]=1ll*ifc[i+1]*(i+1)%mod;
	up=1000;
	for(int i=0;i<=up;++i){
		for(int j=0;j<=i;++j)
			f[i]=(f[i]+1ll*(j&1?-1:1)*pw2[j]*ifc[j]%mod*fac[2*i-2*j]%mod*ifc[i-j]%mod*ifc[i-j]%mod+mod)%mod;
	}
}
int A(int n,int m){return 1ll*fac[n]*ifc[n-m]%mod;}
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*ifc[n-m]%mod*ifc[m]%mod;}
signed main(){
	init();
	for(int T=read();T;--T){
		n=read();
		for(int i=0;i<=n;++i)printf("%lld\n",1ll*pw2[i]*fac[n]%mod*fac[n]%mod*ifc[i]%mod*f[n-i]%mod);
	}
}

加强版

原本以为就是简单版加一个多项式就好了的，那个式子 \(\sum\) 后面那部分显然可以 \(NTT\) 卷起来。

当我看到 \(n\le 5\times10^6\) 之后意识到事情有些不对劲。

看了题解发现神仙出题人把普通版里最开始写的那个式子的 \(f\) 推出来了！！！

技不如人啊，我被吊打了/kk

\(C_n^kA_n^k2^kf(n-k)\)

考虑怎么求 \(f\)

考虑分类讨论一下：

选两个人，ta们不是配偶，这样有 \(2k*(2k-2)\) 种情况，然后考虑ta们配偶的情况

• 如果强制让ta们配对，相当于在剩下 \(k-1\) 个位置选一个给ta们，同时ta们还可以交换位置，是 \(2(k-1)f(k-2)\)
• 如果强制让ta们分开，相当于少了俩人，剩下的人又是一个错排，为 \(f(k-1)\)
  完全不知道第二种情况是怎么看出来的，出题人太神仙了。
  边界 \(f(0)=1,f(1)=0\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double db;
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
#define mod 998244353
#define N 5000005
int T,n,k;
int pw2[N],fac[N],ifc[N],f[N];
int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
void init(){
	int up=N-5;
	pw2[0]=fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=up;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,pw2[i]=(pw2[i-1]<<1)%mod;
	ifc[up]=qpow(fac[up],mod-2);
	for(int i=up-1;i>=0;--i)ifc[i]=1ll*ifc[i+1]*(i+1)%mod;
	f[0]=1,f[1]=0;
	for(int i=2;i<=up;++i)f[i]=4ll*i*(i-1)%mod*(2ll*(i-1)*f[i-2]%mod+f[i-1])%mod;
}
int A(int n,int m){return 1ll*fac[n]*ifc[n-m]%mod;}
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*ifc[n-m]%mod*ifc[m]%mod;}
signed main(){
	init();
	for(int T=read();T;--T)
		n=read(),k=read(),printf("%lld\n",1ll*A(n,k)*C(n,k)%mod*pw2[k]%mod*f[n-k]%mod);
}