伪题解[Cnoi2019]最终幻想

这里貌似要写题解，但是不可能的，正解是打表

但是还好这题是个数学题，所以可以记录一下式子。

题面

异常简单，但令人难以动手：

有一个 $N$ 维超球, 求使用 $K$ 个 $N-1$ 维超平面可以将这个 $N$ 维超球划分成多少个 $N$ 维块。

答案对 $998244353$ 取模。

然后我用了半个小时推式子，用了一个小时想写法，最后看题解发现正解是分块打表（脸色渐渐凝固）

然后，用空间想象出$N\le 4,K\le 5$的情况（脑补），然后类比$N=4,K\le 5$的情况，得出我们的表：

1	1	1	1	1
2	3	4	5	6
2	4	7	11	16
2	4	8	15	26
2	4	8	16	31
2	4	8	16	32

然后上下作差:

1	1	1	1
1	2	3	4
0	1	3	6
0	0	1	4
0	0	0	1
0	0	0	0

这玩意就是二项式函数。

式子就显而易见了：${\sum }_{i=0}^n{(}_i^k)$

神奇！

非满分代码：

#include
using namespace std;
template<typename tn> void read(tn &a){
	tn x=0,f=1;char c=' ';
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	a=x*f; 
}
int n,k;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353; 
int poww(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
int jc[N],njc[N];
int C(int n,int m){
	return 1ll*jc[n]*njc[m]%mod*njc[n-m]%mod;
}
int ans; 
int main(){
	jc[0]=njc[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++) jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod,njc[i]=1ll*poww(i,mod-2)*njc[i-1]%mod;
	read(n);
	read(k);
	if(n>=k){
		printf("%d\n",poww(2,k));
		return 0; 
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+C(k,i))%mod;
	printf("%d\n",ans); 
	return 0;
}
/* 
1  1  1  1  1
2  3  4  5  6 
2  4  7  11 16
2  4  8  15 26
2  4  8  16 31
2  4  8  16 32
*/ 

但是并没有结束，我们从我们打的表中可以轻易地看出来这一个递推式：
$f_{n,k}=f_{n,k-1}+f_{n-1,k-1}$
这个递推式是很有意义的，我们移项：
$f_{n,k}-f_{n,k-1}=f_{n-1,k-1}$
这个$f_{n,k}-f_{n,k-1}$其实就是在已经有$k-1$个$n-1$维平面时，再用一个$n-1$维平面切过去最多能切到的碎块的个数。
而$f_{n-1,k-1}$则是在一个$n-1$维上用$k-1$个$n-2$维直线划分最多的块数，然后这$k-1$个$n-2$维直线其实就是前$k-1$个$n-1$维平面在这个新加进来的平面上的投影（相交的地方）。