20200802 T3 我永远喜欢【生成函数容斥，拉格朗日反演】
题目描述
有 n n n 种颜色的石子，每种 c i c_i ci 个，记一个石子序列首尾相接后极长连续段的长度为 l i l_i li，求所有石子序列的 1 ∏ l i ! \frac 1{\prod l_i!} ∏li!1 的和。
n ≤ 1 0 5 , ∑ c i ≤ 2 ∗ 1 0 5 n\le10^5,\sum c_i\le2*10^5 n≤105,∑ci≤2∗105
题目分析
先考虑去掉首尾相接的情况怎么做。
因为限制了极长，容易想到把每种颜色分成几段，然后合并，但是不好保证相同颜色不被并在一起。
先不谈容斥做法，题解给出了一种用生成函数解决的方法：
一个极长连续段的权值是 1 l e n ! \frac 1{len!} len!1
我们准备将每种颜色划分成了许多段然后并起来。考虑给每种长度的段给一个权值 a i a_i ai，使得对于一个长度为 l e n len len 的极长颜色段的所有划分中 ∏ a i \prod a_i ∏ai 的和等于 1 l e n ! \frac 1{len!} len!1，即：
设 F = ∑ a i x i , G = e x − 1 F=\sum a_ix^i,G=e^x-1 F=∑aixi,G=ex−1
那么有 F + F 2 + F 3 . . . = F 1 − F = G F+F^2+F^3...=\frac F{1-F}=G F+F2+F3...=1−FF=G
从而 F = G G + 1 = e x − 1 e x F=\frac G{G+1}=\frac {e^x-1}{e^x} F=G+1G=exex−1
于是问题变成了：把每种颜色划分成若干段，然后把不同颜色的所有段一起排列，排列后相邻段颜色可以相同，长度为 i i i 的段的权值是 a i a_i ai，整个序列的权值是每段的乘积，求所有方案的序列权值之和。
那么我们只需要对每种颜色求出划分为 i i i 段的权值之和，然后不同的段用 EGF 乘起来即可。
而 m m m 个石子划分为 i i i 段的权值之和即 g i = [ x m ] F i g_i=[x^m]F^i gi=[xm]Fi
然后考虑加上首尾相接的条件，在环上把 1 号点标出来，相当于现在会有颜色段跨越 N N N 和 1 1 1，如果按序列的方法做会漏掉这些方案的贡献，考虑循环移位，把跨越 N N N 和 1 1 1 的颜色段顺次往后移，直到它和上一段的分界点为 N ] [ 1 N~][~1 N ][ 1，那么一个这样的方案唯一对应了一个序列上的方案。
所以只需要把第一段的权值额外乘上一个长度，就可以算到跨环的贡献。
那么对于一个有 m m m 个石子的颜色，当它的第一段为整个序列的第一段时，它分 i i i 段的贡献之和应当是：
g i = [ x m ] F i − 1 x F ′ = [ x m − 1 ] ( F i ) ′ ∗ 1 i = [ x m ] F i ∗ m i g_i=[x^m]F^{i-1}xF'\\=[x^{m-1}](F^i)'*\frac 1i\\ =[x^m]F^i*\frac mi gi=[xm]Fi−1xF′=[xm−1](Fi)′∗i1=[xm]Fi∗im
求出 g i g_i gi 后得到对应的两个 EGF，然后分治NTT合并即可。
而 i ∈ [ 1 , n ] , [ x n ] F i i\in[1,n],[x^n]F^i i∈[1,n],[xn]Fi 求出 F F F 的复合逆就可以用扩展拉格朗日反演计算，具体做法写在了这篇博客。
而 F F F 的复合逆 H H H 满足 e H − 1 e H = x {e^H-1\over e^H}=x eHeH−1=x，即 e H = 1 1 − x e^H=\frac 1{1-x} eH=1−x1，所以 H = ln 1 1 − x = ∑ i ≥ 1 1 i x i H=\ln {\frac 1{1-x}}=\sum_{i\ge 1}\frac 1ix^i H=ln1−x1=∑i≥1i1xi
Code：
#include这里是容斥的做法，大致思路是求容斥系数的时候通过每种段数被算了多少次来计算，不过在环上的时候还要保证最后一段和第二段与第一段颜色不同，而上面这种做法则不需要考虑这个问题。