集训队作业2018：青春猪头少年不会梦到兔女郎学姐（多限制容斥）

最新推荐文章于 2021-10-15 17:27:34 发布

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分类专栏：容斥原理

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本文探讨了一道复杂的组合数学题目，利用容斥原理和快速傅里叶变换(FFT)来解决一个关于球的颜色排列及其贡献值的问题。通过枚举和计算不同颜色球段的组合，提出了一个高效的时间复杂度为O(mlog²m)的算法解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

前言：
虽然这道题的名字有点那啥，但是题还是很好的，听说是某道原题的加强版。

题意：
给定 $n$ 种颜色的球，第 $i$ 种颜色的球数量为 $A_i$ 个，保证 $∑i=1nAi≤2∗105\sum_{i=1}^n A_i \le 2*10^5$ ，对于这所有 $(∑Ai)!∏Ai!\frac{(\sum_{A_i})!}{\prod A_i!}$ 的排列，一种排列的贡献可以如下计算：先把这个序列首尾相连，然后把所有相邻且颜色相同的段拿出来，贡献为他们的长度之积，求所有贡献和。

题解：
这道题一开始就想偏到枚举循环节去了，看了题解才知道可以用容斥来算。

首先考虑算贡献时首尾不相连怎么做，这个时候我们可以枚举 $a_i$ 被分为了 $b_i$ 段，设其代价和为 $f(a_i,b_i)$ ，那么贡献为 $∏f(ai,bi)∗ways\prod f(a_i,b_i)*\text{ways}$ ， $ways\text{ways}$ 表示所有 $b_i$ 个段拼起来相邻不同的方案数。

这个其实可以用多个颜色来一起容斥，我们再枚举一下最后每种颜色有几个断点被合并了，可以得到：
$ways=∑c(∏(bi−1ci)(−1)ci)(∑bi−ci)!∏((bi−ci)!)\text{ways} = \sum_c (\prod\binom{b_i-1}{c_i}(-1)^{c_i}) \frac{(\sum b_i-c_i)!}{\prod((b_i-c_i)!)}$

然后其实就是要算这个玩意儿：
$∑b∑c(∏fai,bi(bi−1ci−1)(−1)bi−ci)(∑ci)!∏ci!\sum_b\sum_c (\prod f_{a_i,b_i} \binom{b_i-1}{c_i-1}(-1)^{b_i-c_i})\frac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}$

我们可以考虑把每个颜色球关于 $c$ 的egf搞出来，相当于是对每个 $c$ ，求：
$∑b≥c(b−1c−1)(−1)b−cfa,b\sum_{b\ge c} \binom{b-1}{c-1}(-1)^{b-c}f_{a,b}$

然后分治FFT即可得到求答案的egf。

考虑一下 $c$ 的egf怎么求，观察一下这个 $f (a, b)$ ，不难发现其等于 $(a+b−12∗b−1)=(a+b−1a−b)\binom{a+b-1}{2*b-1} = \binom{a+b-1}{a-b}$ ，相当于先分成 $b$ 段，插 $b - 1$ 个板，然后每段选 $1$ 个数，这样两个组合数卷积也可以FFT优化一下。

然后考虑一个环怎么做，我们强制规定这个序列从1开头，不以1结尾就行了， $c_1$ 的egf那个 $c$ 要变成 $c - 1$ ，可以算出从1开头的方案数， $c_1$ 的egf的 $c$ 变成 $c - 2$ 可以算出以1开头且以1结尾的方案数，减一下就可以得到以1开头不以1结尾的方案数。

不过注意一下，这里如果每 $T$ 个就出现循环的话，最后会计算 $bmT\frac{b}{\frac{m}{T}}$ 次，而我们要求计算 $T$ 次，我们最后乘的时候注意对 $c_1$ 的那个egf算组合数卷积的时候先除个 $b$ ，最后乘上 $m$ 就会发现刚好计算了 $T$ 次。

时间复杂度 $O(m \log^2 m)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int RLEN=1<<18|1;
inline char nc() {
	static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
	(ib==ob) && (ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
	return (ib==ob) ? -1 : *ib++;
}
inline int rd() {
	char ch=nc(); int i=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=nc();}
	while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=nc();}
	return i*f;
}

const int N=2e6+50, mod=998244353, G=3;
inline int add(int x,int y) {return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}
inline int dec(int x,int y) {return (x-y<0) ? (x-y+mod) : (x-y);}
inline int mul(int x,int y) {return (long long)x*y%mod;}
inline int power(int a,int b,int rs=1) {for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) rs=mul(rs,a); return rs;}
inline int sgn(int x) {return (x&1) ? mod-1 : 1;}

namespace FFT {
	int A[N],B[N],pos[N],w[N],k;
	inline void init(int n) {
		for(k=1;k<=n;k<<=1);
		memset(A,0,sizeof(int)*k);
		memset(B,0,sizeof(int)*k);
		for(int i=1;i<k;i++) pos[i]=(i&1) ? ((pos[i>>1]>>1)^(k>>1)) : (pos[i>>1]>>1);
	}
	inline void dft(int *a) {
		for(int i=1;i<k;i++)
			if(pos[i]>i) swap(a[pos[i]],a[i]);
		for(int bl=1;bl<k;bl<<=1) {
			int tl=bl<<1, wn=power(G,(mod-1)/tl);
			w[0]=1; for(int i=1;i<bl;i++) w[i]=mul(w[i-1],wn);
			for(int bg=0;bg<k;bg+=tl)
				for(int j=0;j<bl;j++) {
					int &t1=a[bg+j], &t2=a[bg+j+bl], t=mul(t2,w[j]);
					t2=dec(t1,t); t1=add(t1,t);
				}
		}
	}
	inline void poly_mul() {
		dft(A); dft(B);
		for(int i=0;i<k;i++) B[i]=mul(A[i],B[i]);
		dft(B); reverse(B+1,B+k);
		const int inv=power(k,mod-2);
		for(int i=0;i<k;i++) B[i]=mul(B[i],inv);
	}
}

struct combin {
	int fac[N],ifac[N];
	combin() {
		fac[0]=1;
		for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
		ifac[0]=ifac[1]=1;
		for(int i=2;i<N;i++) ifac[i]=mul(mod-mod/i,ifac[mod%i]);
		for(int i=2;i<N;i++) ifac[i]=mul(ifac[i-1],ifac[i]);
	}
	inline int C(int a,int b) {return mul(fac[a],mul(ifac[b],ifac[a-b]));}
	inline int inv(int x) {return x ? mul(ifac[x],fac[x-1]) : 1;}
} C;
struct poly {
	vector <int> a;
	poly(int d=0,int t=0) {a.resize(d+1); a[d]=t;}
	inline int deg() const {return a.size()-1;}
	inline int& operator[](int i) {return a[i];}
	inline const int& operator[](int i) const {return a[i];}
	friend inline poly operator *(const poly &a,const poly &b) {
		poly c(a.deg()+b.deg(),0); FFT::init(c.deg());
		for(int i=0;i<=a.deg();i++) FFT::A[i]=a[i];
		for(int i=0;i<=b.deg();i++) FFT::B[i]=b[i];
		FFT::poly_mul();
		for(int i=0;i<=c.deg();i++) c[i]=FFT::B[i];
		return c;
	}
	inline void pt() {
		for(int i=0;i<=deg();i++) cerr<<a[i]<<' '; cerr<<'\n';
	}
} f[N/10];

int n,m,a[N],ans;
inline poly solve(int l,int r) {
	if(l==r) {
		for(int i=1;i<=f[l].deg();i++)
			f[l][i]=mul(f[l][i],C.ifac[i]);
		return f[l];
	} int mid=(l+r)>>1;
	return solve(l,mid)*solve(mid+1,r);
}
int main() {
	n=rd();
	if(n==1) {printf("%d\n",rd()); return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(), m+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		poly g(a[i],0),h(a[i],0);
		for(int j=1;j<=a[i];j++) g[j]=mul(C.fac[j-1],C.C(a[i]+j-1,a[i]-j));
		if(i==1) for(int j=1;j<=a[i];j++) g[j]=mul(g[j],C.inv(j));
		for(int j=0;j<=a[i];j++) h[a[i]-j]=mul(C.ifac[j],sgn(j));
		g=g*h; f[i]=poly(a[i],0);
		for(int j=1;j<=a[i];j++) f[i][j]=mul(g[a[i]+j],C.ifac[j-1]);
	}
	poly g=solve(2,n);
	poly h(a[1]-1,0);
	for(int i=0;i<=h.deg();i++)
		h[i]=mul(f[1][i+1],C.ifac[i]);
	h=h*g;
	for(int i=1;i<=h.deg();i++) 
		ans=add(ans,mul(h[i],C.fac[i]));
	if(a[1]>1) {
		h=poly(a[1]-2,0);
		for(int i=0;i<=h.deg();i++)
			h[i]=mul(f[1][i+2],C.ifac[i]);
		h=h*g;
		for(int i=1;i<=h.deg();i++)
			ans=dec(ans,mul(h[i],C.fac[i]));
	} cout<<mul(ans,m)<<'\n';
	
}