2021牛客多校#4 G-Product

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题目大意

给定三个整数$n,k,D(1\le n,k\le 50,0\le D\le 10^8)$。
定义非负整数序列$a$的权值为$$\frac{D!}{\prod _{i=1}^n(a_i+k)!}$$
求所有满足以下条件的非负整数序列$a$的权值和：
1.$\forall \in [1,n],a_i\ge 0$
2.${\sum }_{i=1}^n{a}_i=D$
答案对$998244353$取模。

题解

考虑以下题目给的公式，如果把$k$去掉则原式变成$$\frac{D!}{\prod _{i=1}^n(a_i)!}$$
可以看出它是一个排列组合，表示为D个不同的球分解成n个组，每次取$a_i$个球，求可能的方案数，易得解为$n^D$。于是将原式中的$k$合并。则原式还可以变为$$\frac{D!}{\prod _{i=1}^n{a}_i!}(a_i\ge k\&\&\sum _{i=1}^n{a}_i=D+nk)$$
然后我们想将$a_i\ge k$变为$a_i\ge 0$，因为在$a_i\ge 0$时的情况可以套用上面的。即$$\frac{D!}{\prod _{i=1}^n{a}_i!}=\frac{D!}{(D+nk)!}\sum _{i=1}^n\frac{(D+nk)!}{\prod a_i!}(a_i\ge 0\&\&\sum _{i=1}^n{a}_i=D+nk)$$
经化简得$$s=\frac{D!}{(D+nk)!}{n}^{D+nk}$$
然后我们要用求得的综合减掉不符合要求的综合得到真正答案。这里需要套入容斥原理（详见百度,自行学习）从上面可得$a_i\le k$是不符合条件的，所以我们可以得到答案$ans$为$s$减去奇数时总数的$a_i\le k$，加上偶数时的答案。
为解决问题，我们定义$d{p}_{i,j}$表示将j个不同的分解为i组,每组个数$<k$的方案数。
所以得到答案$$\frac{D!}{(D+nk)}(总值)\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(判断正负性定义加减)\sum _{j=0}^{i(k-1)}(第i个非法组最多有i（k-1）个)C_i^n（组数）\ast C_{D+nk}^j（球数）\ast d{p}_{i,j}\ast (n-i{)}^{D+nk-j}（合法情况D+nk-j个分为n-i组时的情况）$$
注意全程取模$mod=998244353$防炸,用费马小定理进行逆元处理，快速幂加快速度。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=55,mod=998244353;
ll n,k,D,c[N*N+1][N*N+1],dp[N*N+1][N*N+1];
ll pow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}
void init()
{
    for(int i=0;i<N*N;i++)
        c[i][0]=1;
    for(int i=1;i<N*N;i++)
        for(int j=1;j<=min(N,1ll*i);j++)
            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)
            for(int t=0;t<k;t++)
                dp[i+1][j+t]=(dp[i+1][j+t]+dp[i][j]*c[j+t][t]%mod)%mod;
}
int main()
{
    scanf("%lld %lld %lld",&n,&k,&D);
    init();
    D+=n*k;
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        ll yk=1;
        for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)
        {
            int w=(i&1?mod-c[n][i]:c[n][i]);
            w=w*pow(n-i,D-j)%mod*dp[i][j]%mod*yk%mod;
            ans=(ans+w)%mod;
            yk=yk*(D-j)%mod*pow(1ll*j+1,mod-2)%mod;
        }
    }
    for(int i=D-n*k+1;i<=D;i++)
        ans=ans*pow(1ll*i,mod-2)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
}

总结

代码我参考了逆十字的（人家27分钟的时候做完。。。），这是一道排列组合+DP的题目，草稿纸上的操作比代码版上的多多了。。。