bzoj5306 [Haoi2018]染色（容斥原理+ntt）
一个不会数数的老年咸鱼选手的学习经历x
首先我很快的得到了一个式子： Cim∗n!(s!)i∗(n−is)!∗(m−i)n−is C m i ∗ n ! ( s ! ) i ∗ ( n − i s ) ! ∗ ( m − i ) n − i s
但是我说不出它的意义…感觉很重复x，需要容斥x
然后就傻掉了gg
其实可以按套路来，给每一项设一个容斥系数b[i],
令 nn=min(m,n/S) n n = m i n ( m , n / S )
即最后答案为
Ans=∑i=0nnb[i]∗Cim∗n!(s!)i∗(n−is)!∗(m−i)n−is A n s = ∑ i = 0 n n b [ i ] ∗ C m i ∗ n ! ( s ! ) i ∗ ( n − i s ) ! ∗ ( m − i ) n − i s
需要满足对于每一个恰为k种的方案的累计贡献系数为w[k]，即
∑i=0kb[i]∗Cik=w[k] ∑ i = 0 k b [ i ] ∗ C k i = w [ k ]
从 i=0 i = 0 开始我们可以不断解出b[i]，复杂度 O(n2) O ( n 2 ) ，可以通过50分的数据。
我们考虑进一步优化，求恰为i种的方案数f[i]。
我们有 f[i]=Cim∗n!(s!)i∗(n−is)!∗g(m−i,n−iS) f [ i ] = C m i ∗ n ! ( s ! ) i ∗ ( n − i s ) ! ∗ g ( m − i , n − i S )
其中 g(i,j) g ( i , j ) 表示把i种颜色放到j个格子中，没有”恰好占了S个格子”的颜色的方案数。可以容斥得到 g[i][j]=∑k=0i(−1)kCkij!(s!)k(j−sk)!(i−k)j−ks g [ i ] [ j ] = ∑ k = 0 i ( − 1 ) k C i k j ! ( s ! ) k ( j − s k ) ! ( i − k ) j − k s
代入原式，用j-i代替j，得到
f(i)=m!i!(m−i)!n!(S!)i(n−iS)!∑j=inn(−1)j−i(m−i)!(j−i)!(m−j)!(n−iS)!(S!)j−i(n−jS)!(m−j)n−jS=m!n!i!∑j=inn(−1)j−i1(j−i)!(m−j)!1(S!)j(n−jS)!(m−j)n−jS f ( i ) = m ! i ! ( m − i ) ! n ! ( S ! ) i ( n − i S ) ! ∑ j = i n n ( − 1 ) j − i ( m − i ) ! ( j − i ) ! ( m − j ) ! ( n − i S ) ! ( S ! ) j − i ( n − j S ) ! ( m − j ) n − j S = m ! n ! i ! ∑ j = i n n ( − 1 ) j − i 1 ( j − i ) ! ( m − j ) ! 1 ( S ! ) j ( n − j S ) ! ( m − j ) n − j S
最终答案就是
Ans=∑i=0nnwi∗f(i)=∑i=0nnm!n!wii!∑j=inn(−1)j−i1(j−i)!(m−j)!1(S!)j(n−jS)!(m−j)n−jS=m!n!∑j=0nn(m−j)n−jS(m−j)!(S!)j(n−jS)!∑i=0jwii!(−1)j−i(j−i)! A n s = ∑ i = 0 n n w i ∗ f ( i ) = ∑ i = 0 n n m ! n ! w i i ! ∑ j = i n n ( − 1 ) j − i 1 ( j − i ) ! ( m − j ) ! 1 ( S ! ) j ( n − j S ) ! ( m − j ) n − j S = m ! n ! ∑ j = 0 n n ( m − j ) n − j S ( m − j ) ! ( S ! ) j ( n − j S ) ! ∑ i = 0 j w i i ! ( − 1 ) j − i ( j − i ) !
发现后半部分就是个卷积，ntt计算即可，前面都可以预处理。
于是 O(mlogm) O ( m l o g m ) 解决。
#include if(ifor(int i=1;iint wn=ksm(G,f==1?(mod-1)/(2*i):mod-1-(mod-1)/(2*i));
for(int j=0;j1){
int w=1;
for(int k=0;kint x=a[j+k],y=(ll)a[j+k+i]*w%mod;
a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+k+i]=x-y;if(a[j+k+i]<0) a[j+k+i]+=mod;
}
}
}if(f!=-1) return;int invn=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;iinline void calc(){
m=nn+nn;for(n=1;n<=m;n+=n) ++L;
for(int i=1;i>1]>>1|(i&1)<1;
ntt(a,1);ntt(b,1);
for(int i=0;i1);
}
}
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
n=read();m=read();S=read();nn=min(n/S,m);
fac[0]=1;inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=max(n,m);++i) inv[i]=(ll)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1;i<=max(n,m);++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
for(int i=0;i<=nn;++i) a[i]=(ll)read()*inv[i]%mod,b[i]=(i&1)?mod-inv[i]:inv[i];
fft::calc();
for(int i=0;i<=nn;++i)
inc(ans,(ll)ksm(m-i,n-i*S)*inv[m-i]%mod*inv[n-i*S]%mod*ksm(inv[S],i)%mod*a[i]%mod);
ans=(ll)ans*fac[n]%mod*fac[m]%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
} #include else for(int i=0;i<=nn;++i) b[i]=(i&1)?mod-w[0]:w[0];
for(int i=0;i<=nn;++i){
inc(ans,(ll)b[i]*C(m,i)%mod*fac[n]%mod*ksm(inv[S],i)%mod*inv[n-i*S]%mod*ksm(m-i,n-i*S)%mod);
}printf("%d\n",ans);
}
}
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
n=read();m=read();S=read();nn=min(n/S,m);bool flag=1;
fac[0]=1;inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=max(n,m);++i) inv[i]=(ll)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1;i<=max(n,m);++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
for(int i=0;i<=m;++i){
w[i]=read();if(i&&w[i]) flag=0;
}if(nn<=5000||flag){sol1::gao(flag);return 0;}
}