P2791 幼儿园篮球题

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题目背景

众所周知，全民制作幼儿园园龄两年半的蔡徐坤同学喜欢唱、跳、rap 和篮球。而作为欧文的老师，他的篮球技术自然比 ikun 们要强得多。

题目描述

全民制作幼儿园的蔡徐坤专属篮球场上总共有 NN 个蔡徐坤专属篮球，而其中有 MM 个是没气的。鉴于蔡徐坤的高超技术，他投没气的球一定能进，而投有气的球一定不能。

蔡徐坤举办了 SS 场巡回篮球表演，第 ii 场表演 ikun 们会指定投球个数 k_iki​ ，ikun 们会从 NN 个蔡徐坤专属篮球中准备 n_ini​ 个球放在场地上，其中恰好有 m_imi​ 个是没气的。蔡徐坤会在这 n_ini​ 个蔡徐坤专属篮球中随机选出 k_iki​ 个投篮。如果投进了 xx 个，则这次表演的失败度为 x^LxL。ikun 们想知道这 SS 场表演的期望失败度对 998244353998244353 取模的结果。篮球表演之间相互独立。

输入格式

第一行，四个正整数，N,M,S,LN,M,S,L，表示蔡徐坤专属篮球总个数，没气的篮球总个数，蔡徐坤巡回篮球表演场数，以及失败度参数。

接下来的第 i+1i+1 行，每行三个正整数 n_i,m_i,k_ini​,mi​,ki​，表示第 ii 场表演蔡徐坤专属篮球个数、没气的篮球个数和 ikun 们指定的投球个数。

输出格式

输出共 SS 行，第 ii 行为一个正整数，表示第 ii 场表演的期望失败度对 998244353998244353 取模的结果。

输入输出样例

输入 #1复制

3 2 1 3
3 2 2

输出 #1复制

332748121

说明/提示

对于样例，我们作出如下解释：设失败度为 XX，蔡徐坤有 \frac{1}{3}31​ 的概率投进 22 个，有 \frac{2}{3}32​ 的概率投进 11 个，期望失败度为 E(x)=\frac{2^3}{3}+\frac{1^3*2}{3}=\frac{10}{3}E(x)=323​+313∗2​=310​，\frac{10}{3}\equiv 332748121\pmod{998244353}310​≡332748121(mod998244353)。

子任务 1 (15\%15%)：1\leq L\leq21≤L≤2。

子任务 2 (10\%10%)：1\leq N\leq10^51≤N≤105。

子任务 3 (75\%75%)：无特殊限制。

对于全部数据，1\leq S\leq2001≤S≤200，1\leq L\leq2\times 10^51≤L≤2×105，1\leq M\leq N\leq2\times 10^71≤M≤N≤2×107。并且对于 1\leq i\leq S1≤i≤S，有 1\leq m_i,k_i\leq n_i\leq N1≤mi​,ki​≤ni​≤N，1\leq m_i\leq M1≤mi​≤M。

题解
可以列出式子
∑ i = 0 k ( i m ) ( k − i n − m ) i L ( k n ) \frac{\sum_{i=0}^k(_i^m)(_{k-i}^{n-m})i^L}{(_k^n)}
( 
k
n
​
 )
∑ 
i=0
k
​
 ( 
i
m
​
 )( 
k−i
n−m
​
 )i 
L
 
​
 

我们只关心上面那部分，套路把 i L i^Li 
L
  换掉，得
∑ i = 0 k ( i m ) ( k − i n − m ) ∑ j = 0 L { j L } ( j i ) j ! \sum_{i=0}^k(_i^m)(_{k-i}^{n-m})\sum_{j=0}^L\{_j^L\}(_j^i)j!
i=0
∑
k
​
 ( 
i
m
​
 )( 
k−i
n−m
​
 ) 
j=0
∑
L
​
 { 
j
L
​
 }( 
j
i
​
 )j!

把 j jj 提前，得
∑ j = 0 L { j L } j ! ∑ i = 0 k ( i m ) ( k − i n − m ) ( j i ) \sum_{j=0}^L\{_j^L\}j!\sum_{i=0}^k(_i^m)(_{k-i}^{n-m})(_j^i)
j=0
∑
L
​
 { 
j
L
​
 }j! 
i=0
∑
k
​
 ( 
i
m
​
 )( 
k−i
n−m
​
 )( 
j
i
​
 )

由于 ( i m ) ( j i ) = ( j m ) ( i − j m − j ) (_i^m)(_j^i)=(_j^m)(_{i-j}^{m-j})( 
i
m
​
 )( 
j
i
​
 )=( 
j
m
​
 )( 
i−j
m−j
​
 ) ，于是我们接着化
∑ j = 0 L { j L } j ! ( j m ) ∑ i = 0 k ( i − j m − j ) ( k − i n − m ) \sum_{j=0}^L\{_j^L\}j!(_j^m)\sum_{i=0}^k(_{i-j}^{m-j})(_{k-i}^{n-m})
j=0
∑
L
​
 { 
j
L
​
 }j!( 
j
m
​
 ) 
i=0
∑
k
​
 ( 
i−j
m−j
​
 )( 
k−i
n−m
​
 )

我们观察到后面的式子，考虑其意义，就是在 m − j m-jm−j 个中选 i − j i-ji−j 个数乘上在 n − m n-mn−m 个数中选出 k − i k-ik−i 个数的总方案数，由于 i ii 是从 0 00 到 k kk ，所以可以看成是在 n − j n-jn−j 个数中选出 k − j k-jk−j 个数，于是我们得到式子
∑ j = 0 L { j L } j ! ( j m ) ( k − j n − j ) \sum_{j=0}^L\{_j^L\}j!(_j^m)(_{k-j}^{n-j})
j=0
∑
L
​
 { 
j
L
​
 }j!( 
j
m
​
 )( 
k−j
n−j
​
 )

于是我们可以预处理 { j L } \{_j^L\}{ 
j
L
​
 } 即可

代码
 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=8e5+5,M=2e7+5,P=998244353;
int n,m,T,L,G[2]={3,(P+1)/3},A[N],B[N],jc[M],ny[M],t=1,p,r[N];
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int K(int x,int y){
    int z=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) z=1ll*z*x%P;
    return z;
}
void Ntt(int *g,bool o){
    for (int i=0;i<t;i++)
        if (i<r[i]) swap(g[i],g[r[i]]);
    for (int wn,i=1;i<t;i<<=1){
        wn=K(G[o],(P-1)/(i<<1));
        for (int x,y,j=0;j<t;j+=(i<<1))
            for (int w=1,k=0;k<i;k++,w=1ll*w*wn%P)
                x=g[j+k],y=1ll*w*g[i+j+k]%P,
                g[j+k]=X(x+y),g[i+j+k]=X(x-y+P);
    }
    if (o)
        for (int i=0,v=K(t,P-2);i<t;i++)
            g[i]=1ll*v*g[i]%P;
};
int main(){
    cin>>n>>m>>T>>L;
    n=max(n,L);jc[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P;
    ny[n]=K(jc[n],P-2);
    for (int i=n;i;i--)
        ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P;
    for (int i=0,F=1;i<=L;i++,F=P-F)
        A[i]=1ll*F*ny[i]%P,
        B[i]=1ll*K(i,L)*ny[i]%P;
    for (;t<L+L+2;t<<=1,p++);
    for (int i=0;i<t;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
    Ntt(A,0);Ntt(B,0);
    for (int i=0;i<t;i++)
        A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
    Ntt(A,1);
    for (int x,k,v;T--;){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        v=min(min(n,m),min(k,L));x=0;
        for (int i=0;i<=v;i++)
            x=X(x+1ll*A[i]*ny[m-i]%P*jc[n-i]%P*ny[k-i]%P);
        x=1ll*x*jc[m]%P*ny[n]%P*jc[k]%P;
        printf("%d\n",x);
    }
    return 0;
}