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最新推荐文章于 2020-03-30 22:24:05 发布

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分类专栏：母函数容斥广义二项式文章标签：组合数学母函数容斥广义二项式

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/tianwei0822/article/details/81780893

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题目：点击打开链接
题意：假设有 0 到 n-1种数字，随机选取（可以重复），得到的和为k组合数量有多少种。

分析：可以用容斥或者生成函数来做。

容斥做法：

如果每个箱子里可以装的小球数量没有上限的话,答案就是 $C_{k+m-1}^{m-1}$ （隔板法），设 $S_{i}$ 为有至少有i个箱子不合法的情况（最多会有k/n个箱子不合法），答案就是

$C_{k+m-1}^{m-1}+\sum_{i=1}^{k/n}(-1)^{i}*S_{i}$ ， $S_{i}=C_{m}^{i}*C_{n-i*k+m-1}^{m-1}$

容斥原理可参考点击打开链接，讲的很好。

生成函数做法：

我们先不看k，只看n和m

当n=2时

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11...

0 1

1 1 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

4 1 4 6 4 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 8 1

9 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

10 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

11 1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1

很显然就是杨辉三角，直接二项式定理就可以了

当n=3是，也是类似的

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

0: 1

1: 1 1 1

2: 1 2 3 2 1

3: 1 3 6 7 6 3 1

4: 1 4 10 16 19 16 10 4 1

5: 1 5 15 30 45 51 45 30 15 5 1

6: 1 6 21 50 90 126 141 126 90 50 21 6 1

生成公式：

$(1+x+x^{2}+...+x^{n}) ^{m}$

这个公式就是就可以表示第m行的结果，对应的系数就是展开式中x^i的系数，所以我们只需要求生成公式中x^k的系数即可。

那么我们就得对公式化简

$(1+x+x^{2}+...+x^{n-1}) ^{m} \\ =(\frac{1-x^{n}}{1-x}) ^{m} \\ =(1-x^{n})^{m} (1-x) ^{-m}$

根据泰勒展开：

可得

$(1-x) ^{-m}=\sum_{i=0}^{\infty}C_{m+i-1} ^{i-1} x^{i}$

（广义二项式）

所以

$(1+x+x^{2}+...+x^{n-1}) ^{m} \\ =(\frac{1-x^{n}}{1-x}) ^{m} \\ =(1-x^{n})^{m} (1-x) ^{-m} \\ =\sum_{i=0}^{m} C_{m} ^{i} (-x^{n}) ^{i} \cdot \sum_{i=0}^{\infty} C_{m+i-1} ^{i-1} x^{i}$

到了这一步，我们就可以直接计算了，我们需要求x^k次项的系数，x^k项的系数为

$C_{m}^{0}x^{0} \cdot C_{m+k-1}^{m-1}x^{k} - C_{m}^{1}x^{n} \cdot C_{m+k-n-1}^{m-1}x^{k-n} +...-...\\ \\+(-1)^{k/n} \cdot C_{m}^{k/n}x^{n \cdot (k/n)} \cdot C_{m+k-n\cdot (k/n)-1}^{m-1} x^{k-n\cdot (k/n)}\\ \\ = \sum_{i=0}^{k/n}(-1)^{i} \cdot C_{m}^{i} \cdot C_{m+k-n\cdot i-1}^{m-1} \cdot x^{k}$

可以发现容斥和生成函数推出来的公式是相同的。

代码：

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define pt(a) cout<<a<<endl
#define debug test
#define mst(ss,b) memset((ss),(b),sizeof(ss))
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10
#define PI acos(-1.0)
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod = 998244353;
const int N = 2e5+10;

ll gcd(ll p,ll q){return q==0?p:gcd(q,p%q);}
ll qp(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
int to[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};

ll t,n,m,k,f[N],inv[N];

void init() {///预处理阶乘及其逆元
    f[0]=f[1]=1;
    rep(i,2,N-1) f[i]=f[i-1]*i%mod;
    inv[0]=inv[1]=1;
    rep(i,2,N-1) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    rep(i,2,N-1) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
}

ll C(ll n,ll m) {
    if(n<m) return 0;
    else return f[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    init();
    cin>>t;
    while(t--) {
        cin>>n>>m>>k;
        ll ans=0,sig=1;
        for(int i=0;k>=i*n;i++)
            (ans += C(m,i)*C(k+m-1-i*n,m-1)*sig%mod)%=mod,sig=-sig;
        cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
    }
    return 0;
}