The Preliminary Contest for ICPC Asia Shanghai 2019 E. Counting Sequences II(生成函数\母函数)

题意

给你$n$,$m$，让你求长度为$n$的序列$a_1,a_2,a_3,\cdots a_n$序列的个数，序列有如下要求

• $1\le a_i\le m$对于所有$1\le i\le n$
• 对于所有偶数，他的出现次数也是偶数

思路

将题意转换一下就是求多重集的排列问题，相当于给你$m$个数字给$n$个格子填数字，其中要求偶数的数字填偶数个。这样就是经典的生成函数求解多重集排列问题了
一共有$m$个数字那么其中偶数的个数为$\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$，而奇数个为$m-\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$
令$t=\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$
$$G_e(x)=(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots {)}^t(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots {)}^{m-t}$$
$$G_e(x)=(\frac{1}{2}(e^x+e^{-x}){)}^t{e}^{(m-t)x}$$
$$G_e(x)=\frac{1}{2^t}{e}^{(m-t)x}\sum _{i=0}^t{C}_t^i{e}^{(t-i)x}{e}^{-ix}$$
$$G_e(x)=\frac{1}{2^t}\sum _{i=0}^t{C}_t^i{e}^{(m-2i)x}$$
$$G_e(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\sum }_{i=0}^t{C}_t^i(m-2i{)}^n}{2^t}\frac{x^n}{n!}$$
所以答案就是
$$ans=\frac{{\sum }_{i=0}^t{C}_t^i(m-2i{)}^n}{2^t}$$
$$ans=\frac{C_t^0{m}^n+C_t^1(m-2{)}^n+C_t^2(m-4{)}^n+\cdots +C_t^t(m-2t{)}^n}{2^t}$$
$m$才$2e^5$，所以组合数要用预处理逆元来求解

#include 
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=200005;
long long fac[N];
long long inv[N];
long long quickmod(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        b=b/2;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        long long n,m;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        int mm=m/2;
        long long ans=0;
        for(int i=0;i<=mm;i++)
        {
            ans=(ans+fac[mm]*inv[i]%mod*inv[mm-i]%mod*quickmod((m-i*2),n)%mod)%mod;
        }
        long long inv2=quickmod(quickmod(2,mm),mod-2);
        printf("%lld\n",ans*inv2%mod);
    }
    return 0;
}