2021牛客暑期多校训练营4 Product

题目

分析

分析完题面后，发现题目要我们求的就是
${\sum }_{\sum a_i=D,0\le a_i}\frac{D!}{\prod (a_i+k)!}$
然后发现这个式子和排列组合很像。
原式去掉$k$以后发现
${\sum }_{\sum a_i=D,0\le a_i}\frac{D!}{\prod a_i}=n^D$
于是我们可以试图把原式改写成去掉$k$以后的形式：
${\sum }_{\sum a_i=D+nk,k\le a_i}\frac{D!}{\prod a_i}$
然后发现这个式子中有$k\le a_i$这个限制。我们也没有什么好方法去直接求解。
那么可以思考没有这个限制时，原式会变成：
${\sum }_{\sum a_i=D+nk,0\le a_i}\frac{D!}{\prod a_i}$
$=>$
$\frac{D!}{(D+nk)!}{\sum }_{\sum a_i=D+nk,0\le a_i}\frac{(D+nk)!}{\prod a_i}$
$=>$
$\frac{D!}{(D+nk)!}{n}^{D+nk}$
但是，现在的$a_i$是有限制的。
于是我们就要把不符合的答案都减去。那怎么减？
可以用容斥原理，$-有一个a_i<k+有两个a_i<k-有三个a_i<k...$
那具体怎么求，可以开一个$dp$数组，$d{p}_{i,j}$表示将$j$个球分成$i$组，每组数量$<k$的方案数。
那么可以求得
$d{p}_{i,j}={\sum }_{t=0}^{k-1}d{p}_{i-1,j-t}{C}_j^t$
把不符合的都减去，就可以求得最终的式子了：
$\frac{D!}{(D-nk)!}{\sum }_{i=0}^n(-1{)}^i{\sum }_{j=0}^{i(k-1)}{C}_n^i{C}_{D+nk}^{j}d{p}_{i,j}(n-i{)}^{D+nk-j}$
然后就是暴力求解了（快速幂还是要的）。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll dp[55][3000],n,m,k,D,ans;
ll C[3000][3000];
const ll mod=998244353;
ll km(ll x,ll y)
{
	ll xx=1;
	while(y)
	{
		if (y&1) xx=xx*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return xx;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&D);
	for (ll i=0;i<=2505;i++)
	 C[i][0]=1;
	for (ll i=1;i<=2505;i++)
	 for (ll j=1;j<=2505;j++)
	  C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	dp[0][0]=1;
	for (ll i=0;i<n;i++)
	 for (ll j=0;j<=i*(k-1);j++)
	  for (ll t=0;t<k;t++)
	   dp[i+1][j+t]=(dp[i+1][j+t]+dp[i][j]*C[j+t][t])%mod;
	ans=0;
	ll id=1;
	for (ll i=0;i<=n;i++)
	 {
	 	ll CC=1;
	 	for (ll j=0;j<=i*(k-1);j++)
	 	 {
			ans=(ans+(mod+id*C[n][i])%mod*dp[i][j]%mod*km(n-i,D+n*k-j)%mod*CC%mod)%mod; 
	 	 	CC=CC*(D+n*k-j)%mod*km(j+1,mod-2)%mod;
	 	 }
	 	id=-id;
	 }	
	for (ll i=D+1;i<=D+n*k;i++)
	 ans=ans*km(i,mod-2)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
}