[CTS2019]珍珠 NTT 生成函数

最新推荐文章于 2021-11-27 16:38:20 发布

lvzelong2014

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分类专栏： # 数学相关

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本文围绕[CTS2019]珍珠题目展开，先将问题转化为考虑每种颜色个数及合法要求，通过指数型生成函数（EGF）表示方案数，利用二项式反演简化计算，将问题转化为求特定式子，最后用NTT解决。难点在于问题转化、EGF转化及二项式反演简化。

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[CTS2019]珍珠

题目传送门：
luogu

分析

考虑每种颜色有几个。假设已经求出了每种颜色的个数为 $d_1,d_2\cdots d_D$
方案数就是 $\frac{n!}{d_1!d_2!\cdots d_D!}$
考虑这个方案合法的要求。
$\sum d_i (\mod 2) \le n-2m$
这是个蛮显然的转化，因为相同颜色两两匹配，那么不能匹配的就是奇数个的哪一个。
考虑求出 $g_k$ 为 $\sum d_i (\mod 2)=k$ 的方案数，答案就是 $\sum_{x=0}^{n-2m} g_k$
容易想到EGF。
我们考虑随便放 $D$ 个随机变量的方案数的EGF表示方法：
$D^n=\lfloor x_n\rfloor e^{Dx}n!$
什么意思呢？
$e^x=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}$ ，也就是说当前颜色可以放 $1,2,\cdots$ 个，并且消除内部顺序的影响，那么放置 $D$ 个实际上就是卷积 $D$ 次后的 $n$ 次幂系数。
如今我们知道有 $k$ 个要放置的位置是奇数个的。
如何表示只放置奇数个?
$\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^{2i}}{(2i)!}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
偶数个同理为 $\frac{e^x+e^{-x}}{2}$
然后再用 $C_D^k$ 选出这若干个位置。
因此可以得到
$g_k=n!\lfloor x_n\rfloor C_D^k(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^k (\frac{e^x+e^{-x}}{2})^{D-k}$
$\lfloor x_n\rfloor$ 这个东西表示取第 $n$ 项系数
这个东西实际上可以直接推，但是比较麻烦。我们退而求其次，先求至少为 $k$ 个奇数的答案：
$f_k=n!\lfloor x_n\rfloor C_D^k(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^k e^{(D-k)x}$
然后可以得到 $f_i=\sum_{j=i}^DC_j^ig_j$
二项式反演一下可以得到 $g_i=\sum_{j=i}^D(-1)^{j-i}C_j^if_j$
这个东西可以拆组合数用 $N T T$ 解决。
然后问题转化为求 $f$
暴力二项式展开： $(e^x-e^{-x})^k=\sum_{i=0}^kC_k^i(-1)^ie^{-ix}e^{(k-i)x}$
然后得到
$f_k=n!\lfloor x_n\rfloor C_D^k2^{-k}\sum_{i=0}^kC_k^i(-1)^ie^{(k-2i)x}e^{(D-k)x}=n!\lfloor x_n\rfloor C_D^k2^{-k}\sum_{i=0}^kC_k^i(-1)^ie^{(D-2i)x}$
注意到
$e^{(D-2i)x}\lfloor x_n\rfloor=\frac{(D-2i)^n}{n!}$
所以 $f_k=n!C_D^k2^{-k}\sum_{i=0}^kC_k^i(-1)^i\frac{(D-2i)^n}{n!}=C_D^k2^{-k}k!\sum_{i=0}^k\frac{1}{(k-i)!}(-1)^i\frac{(D-2i)^n}{i!}$
$\sum$ 前面的那坨只和 $k$ 有关系不用管，后面是多项式 $(-1)^i\frac{(D-2i)^n}{i!}x^i$ 和 $\frac{1}{i!}x^i$ 卷积结果的第 $k$ 项。
$N T T$ 即可
难点在于：1.问题的转化。2.指数型生成函数的转化。3.二项式反演的简化。
其实我觉得第3个是最难的，因为很容易直接走上直接肝式子的不归路（虽然有人肝出来了）。前面两个比较套路吧，主要还是得有模型积累。

代码

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 262144, P = 998244353;
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 A[N], B[N], R[N], f[N], fac[N], ivf[N], w[N], L, D, n, m, InvL;
int Pow(int x, int k) {
    int r = 1;
    for(;k; k >>= 1, x = 1LL * x * x % P)
        if(k & 1)
            r = 1LL * r * x % P;
    return r;
}
int C(int m, int n) {return 1LL * fac[m] * ivf[n] % P * ivf[m - n] % P;}
void Pre(int m) {
    int x = 0; L = 1;
    for(;(L <<= 1) <= m; ++x) ;
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << x;
    int wn = Pow(3, (P - 1) / L); w[0] = 1;
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        w[i] = 1LL * w[i - 1] * wn % P;
    InvL = Pow(L, P - 2);
}
void NTT(int *F) {
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        if(R[i] > 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 + i + j, *p = w, tp;
            for(int k = i; k--; ++l, ++r, p += d)
                tp = 1LL * *p * *r % P, *r = (*l - tp) % P, *l = (*l + tp) % P;
        }
}
int main() {
    D = ri(); n = ri(); m = ri();
    if(n < (m << 1)) return puts("0"), 0;
    if(D <= n - (m << 1)) return printf("%d\n", Pow(D, n)), 0;
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= D; ++i)
        fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % P;
    ivf[D] = Pow(fac[D], P - 2);
    for(int i = D; i; --i)
        ivf[i - 1] = 1LL * ivf[i] * i % P;
    for(int i = 0, w = 1;i <= D; ++i, w = -w)
        A[i] = 1LL * w * Pow(D - (i << 1), n) * ivf[i] % P, B[i] = ivf[i];
    Pre(D << 1);
    NTT(A); NTT(B);
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        A[i] = 1LL * A[i] * B[i] % P;
    NTT(A);
    for(int i = 0;i <= D; ++i)
        f[i] = 1LL * A[L - i & L - 1] * InvL % P * C(D, i) % P * fac[i] % P * Pow(2, P - 1 - i) % P;
    for(int i = 0, w = 1;i <= D; ++i, w = -w)
        A[i] = 1LL * f[D - i] * fac[D - i] % P, B[i] = w * ivf[i];
    for(int i = D + 1; i < L; ++i)
        A[i] = B[i] = 0;
    NTT(A); NTT(B);
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        A[i] = 1LL * A[i] * B[i] % P;
    NTT(A); long long ans = 0;
    for(int i = 0;i <= n - (m << 1); ++i) {
        int g = 1LL * A[L - (D - i) & L - 1] * InvL % P * ivf[i] % P;
        ans += g;
    }
    printf("%d\n", (ans % P + P) % P);
    return 0;
}