luoguP4491&&bzoj5306[HAOI2018]染色 NTT 容斥原理组合数学

最新推荐文章于 2019-03-24 20:43:00 发布

lvzelong2014

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本文深入解析了一个使用容斥原理解决的复杂算法问题，通过将问题转化为至少的情况，运用组合数学和线性处理技巧，实现了高效求解。文章详细介绍了如何利用NTT进行快速计算，提供了一段完整的C++代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

[HAOI2018]染色

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luogu
bzoj

分析

一个神奇的容斥。
题目中的恰好提示我们要把它转化成至少
设 $f [i]$ 表示出现至少 $i$ 种出现次数为 $S$ 的颜色的方案数。
首先钦定 $C_m^i$ 个颜色。
其次钦定 $C_n^{iS}$ 个位置。
把他们全排列（可重集的排列） $\frac{iS!}{(S!)^i}$
剩下 $m - i$ 种颜色， $n - i S$ 个位置，可以瞎放 $m-i)^{n-iS}$
于是
$f[i]=C_m^iC_n^{iS}\frac{iS!}{(S!)^i}(m-i)^{n-iS}$
注意我们只需要处理出 $lim=min(\frac{n}{S},m)$ 的 $f$
求出这个玩意儿可以通过线性处理阶乘和阶乘逆元做到 $O (l i m l o g)$ 搞出来
剩下根据容斥原理。
$Ans[k]=\sum_{i=k}(-1)^{i-k}C_i^kf[i]$
那个 $C_i^k$ 是因为从每个 $f_i$ 都被 $f_k$ 重复计算了 $C_i^k$ 次。
接下来就是套路了。
$Ans[k]=\sum_{i=k}(-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}f[i]$
$Ans[k]\cdot k!=\sum_{i=k}\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}f[i]i!$
$N T T$ 即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 262144, M = 1e7 + 10, P = 1004535809;
int ri() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int w[N], R[N], A[N], B[N], sz[N], f[M], g[M], v[N], tp, L, InvL, n;
int fix(int x) {return (x >> 31 & P) + x;}
int add(int a, int b) {return a += b, a >= P ? a - P : a;}
int mul(int a, int b) {return 1LL * a * b % P;}
int Pow(int x, int k) {
    int r = 1;
    for(;k; x = mul(x, x), k >>= 1)
        if(k & 1)
            r = mul(r, x);
    return r;
}
int Inv(int x) {return Pow(x, P - 2);}
void Pre(int m) {
    L = 1; int x = 0;
    for(;(L <<= 1) < m; ++x) ;
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << x;
    w[0] = 1; int wn = Pow(3, (P - 1) / L);
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        w[i] = mul(w[i - 1], wn);
    InvL = Inv(L);
}
void DFT(int *F) {
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        if(i < R[i])
            std::swap(F[i], F[R[i]]);
    for(int i = 1, d = L >> 1; i < L; i <<= 1, d >>= 1)
        for(int j = 0;j < L; j += i << 1) {
            int *l = F + j, *r = F + j + i, *p = w, tp;
            for(int k = i; k--; ++l, ++r, p += d)
                tp = mul(*r, *p), *r = fix(*l - tp), *l = add(*l, tp);
        }
}
int C(int m, int n) {return mul(mul(f[m], g[n]), g[m - n]);}
void Get(int n) {
    f[0] = 1; for(int i = 1;i <= n; ++i) f[i] = mul(f[i - 1], i);
    g[n] = Inv(f[n]); for(int i = n;i; --i) g[i - 1] = mul(g[i], i);
}
int main() {
    int n = ri(), m = ri(), s = ri(), lim = std::min(n / s, m);
    for(int i = 0;i <= m; ++i) v[i] = ri();
    Get(std::max(n, m));
    for(int i = 0;i <= lim; ++i) {
        int cnt = i * s;
        A[i] = mul(mul(C(m, i), C(n, cnt)), mul(f[cnt], Pow(g[s], i)));
        A[i] = mul(A[i], mul(Pow(m - i, n - cnt), f[i]));
    }
    for(int i = 0;i <= lim; ++i)
        B[lim - i] = i & 1 ? fix(-g[i]) : g[i];
    Pre((lim << 1) + 1);
    DFT(A); DFT(B);
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        A[i] = mul(A[i], B[i]);
    DFT(A);
    int ans = 0;
    for(int i = 0;i <= lim; ++i) {
        ans = add(ans, mul(mul(v[i], g[i]), mul(A[L - i - lim & L - 1], InvL)));
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}