2021威海ccpc G 组合计数

题意：

有$n$种食物，分给$k$个队，每个队拿取食物时每种食物最多拿一份，可以不拿，当$k=1,\mathrm{2....}m$时，有多少种分配方法使得所有食物都分配给了所有队？$({\sum }_{i=1}^{n}a[i]\le 100000)$

Solution：

设$max1=max(a[i])$

既然每个队最多每种拿一份，那么当$k\ge max1$时才可能分配完全，此时每种食物$i$必然分配给$k$个队的是$a[i]$个1和$k-a[i]$个0，这样每个队在这种食物的分配可能就有$C_k^{a[i]}$种，那么总可能即${\Pi }_{i=1}^n{C}_k^{a[i]}$，这样的话计算一个$k$的时间复杂度是$O(n)$，那么总复杂度是$O(nm)$

正解只是加了一个小优化，因为$a[i]$总和不超过$100000$，这样必然会有一些$a[i]$一样的，于是把这些$a[i]$一样的写在一起，他们的乘积就可以用快速幂，我用了一个$map$保存，每次都遍历完$map$的元组，时间复杂度是$O(能过)$，用了800+ms，把$map$写成数组加桶形式应该会更快

#include
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=5e4+5;
const long long mod=998244353;

ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ret=1,base=a;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=ret*base%mod;
		base=base*base%mod;
		b>>=1;
	}
	return ret;
}

ll fac[100005],invfac[100005];
ll inv(ll k){return qpow(k,mod-2);}
ll C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;}

int n,m,a[N],max1;
map<int,int>map1;

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		max1=max(max1,a[i]);
		map1[a[i]]++;
	}
	for(int i=(invfac[0]=fac[0]=1);i<=N;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		invfac[i]=inv(fac[i]);
	}
	for(int i=1;i<max1;i++) printf("0\n");
	for(int i=max1;i<=m;i++)
	{
		ll ans=1;
		for(auto j:map1) ans=ans*qpow(C(i,j.first),1ll*j.second)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}