NOIP数学学习笔记 Sakura_xyz

1.组合数学的基本定义与基础题型

很水，可以选择性阅读。

例题：洛谷 P5135 painting
给定一个网格，每一列一个元素涂成黑色，求单调下降与单调不升的方案数，对 $10^9+7$ 取模。
单调下降 ：显然 $C_n^m$
单调不升 ：显然 $C_{n+m–1}^m$
考虑位置 $a_i+i$ 是单调的，且在 $[2,n+m]$ 区间内，选 m 种，共有 $C_{n+m–1}^m$ 种选择方式。

#include
#include
#define MAXN 1000005

using namespace std;

const int mod=1e9+7;

int inv[MAXN];

int C(long long n,long long m){
	if(n<m) return 0;
	int ans=1;
	for(long long i=1;i<=m;i++)
		ans=1ll*(n-i+1)%mod*inv[i]%mod*ans%mod;
	return ans;
}

void solve(){
	long long n,m,opt;
	cin >> n >> m >> opt;
	if(opt==1){
		cout << C(n,m) << endl;
	}
	else{
		cout << C(n+m-1,m) << endl;
	}
}

int main(){
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<MAXN;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	int T; cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

例题：洛谷 P8432 「WHOI-2」ぽかぽかの星

一场有两道大模拟的公开赛的签到题。

求满足以下条件的长度为 $n$ 的数列的数量，对 $10^9+7$ 取模：

• $0<a_1\le a_2\le a_3\cdots \le a_n\le k$。
• $\forall i\ne j,a_i+a_j\ne k+1$。

分 $k$ 奇偶性讨论，将两个不能同时出现的数放在一组。

$k$ 为偶数时，有 $\frac{k}{2}$ 组，枚举选的组数，再计算对于所有组数的答案。
即：
$$\sum _{i=1}^{\frac{k}{2}}{C}_{\frac{k}{2}}^i{C}_{n-1}^{i-1}{2}^i$$
$k$ 为奇数时，需要再计算 $\frac{k+1}{2}$ 是否出现过的答案。
即：
$$\sum _{i=1}^{\frac{k}{2}}{C}_{\frac{k}{2}}^i{C}_{n-1}^{i-1}{2}^i+\sum _{i=1}^{\frac{k}{2}}{C}_{\frac{k}{2}}^i{C}_{n-2}^{i-1}{2}^i$$

#include
#include
#define MAXN 5000005

using namespace std;

const int mod=1e9+7;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
    while(tms){
    	if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
    	x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int fac[MAXN],invfac[MAXN],base2[MAXN];

int C(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}

void solve(){
	int n,k,ans=0;
	cin >> n >> k;
	if(n==1){
		cout << k << endl;
		return;
	}
	if(k%2==1){
		for(int i=1;i<=k/2;i++){
			ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-1,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;
			ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-2,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	else{
		for(int i=1;i<=k/2;i++){
			ans=(ans+1ll*C(k/2,i)*C(n-1,i-1)%mod*base2[i]%mod)%mod;
		}
		cout << ans << endl;
	}
}

int main(){
	fac[0]=base2[0]=1;
	for(int i=1;i<MAXN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,base2[i]=(2ll*base2[i-1])%mod;
	invfac[MAXN-1]=Fp(fac[MAXN-1],mod-2);
	for(int i=MAXN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	int T; cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

例题：CF294C Shaass and Lights

有 $n$ 盏灯，其中亮了 $m$ 盏，现每次可点亮一盏与亮的灯相邻的灯，求将所有的灯都点亮的方案数。

考虑初始时亮的灯把序列分成了 $m+1$ 段，我们在每次操作时，选择其中的一段点亮一盏灯。根据可重集排列的性质，有：
$$ans=\frac{(n-m)!}{{\prod }_{i=1}^{m+1}le{n}_i!}$$

其中 $le{n}_i$ 为分离出的第 $i$ 个区间的长度。

然后再考虑对于除最左侧的段和最右侧的段以外，其余的段在每次的选择时都有两种方案，选择最左侧的一盏灯点亮，或者选择最右侧的一盏灯点亮，因此，共有 $2^{n-m-le{n}_1-le{n}_{m+1}}$ 种选择方式。

相乘即得最终答案。

#include
#include
#include
#include
#define MAXN 100005

using namespace std;

const int mod=1e9+7;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int n,m,base2[MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],a[MAXN];

bool flag[MAXN];

int main(){
	ios :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	base2[0]=fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++) cin >> a[i];
	stable_sort(a+1,a+m+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		base2[i]=(base2[i-1]+base2[i-1])%mod;
	}
	invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	int ans=fac[n-m];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int tmp=a[i]-a[i-1]-1;
		if(tmp==0) continue;
		ans=1ll*ans*invfac[tmp]%mod;
		if(i!=1) ans=1ll*ans*base2[tmp-1]%mod;
	}
	if(a[m]!=n) ans=1ll*ans*invfac[n-a[m]]%mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

2.容斥原理在组合数学中的思想及应用

例题：洛谷 P5339 [TJOI2019]唱、跳、rap和篮球
有 $A$ 个人喜欢唱，$B$ 个人喜欢跳， $C$ 个人喜欢 rap ， $D$ 个人喜欢篮球，选 $N$ 个人排成一列，如果连续的 $4$ 个人分别喜欢唱，跳， rap ，篮球，则他们会讨论蔡徐坤，现需要求出没有人讨论蔡徐坤的排列方案数，有同样爱好的人被视为同样的。

$N\le 1000,A,B,C,D\le 500$ 。

定义 $f(n,a,b,c,d)$ 为 $a$ 个喜欢唱， $b$ 个喜欢跳， $c$ 个喜欢 rap ， $d$ 个喜欢篮球的人任意排列成 $n$ 个人的方案数，对 $998244353$ 取模。

这个东西显然等于

$$\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b\sum _{k=1}^c\sum _{l=1}^d[i+j+k+l=n]\times \frac{n!}{i!j!k!l!}$$

把 $n!$ 提出来，里面很显然能 NTT ，$O(n\log n)$ 能求。

之后考虑容斥，有：

$$ans=\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{4}\rfloor }(-1{)}^i{C}_{n-3i}^i\times f(N-4i,A-i,B-i,C-i,D-i)$$

考虑枚举至少有 $i$ 组人讨论蔡徐坤，剩下的人任意排列的方案。我们把连续 $4$ 个讨论蔡徐坤的人看成一个蔡徐坤，总共 $n-3i$ 个人里面挑出 $i$ 个人当蔡徐坤即可。

#include
#include
#define MAXN 2005

using namespace std;

const int mod=998244353;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int n,A,B,C,D,a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],c[MAXN<<2],d[MAXN<<2],rev[MAXN<<2];

int fac[MAXN],invfac[MAXN];

void NTT(int * a,int lim,int flag){
	for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));
		for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){
			int x=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){
				int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];
				a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;
				a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int inv=Fp(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
	}
}

int C_(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}

int main(){
	cin >> n >> A >> B >> C >> D;
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<MAXN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	invfac[MAXN-1]=Fp(fac[MAXN-1],mod-2);
	for(int i=MAXN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n/4&&i<=A&&i<=B&&i<=C&&i<=D;i++){
		int lim=1,l=0;
		while(lim<=A+B+C+D-4*i) lim<<=1,l++;
		for(int j=0;j<lim;j++){
			rev[j]=(rev[j>>1]>>1)|((j&1)<<l-1);
			if(j<=A-i) a[j]=invfac[j];
			else a[j]=0;
			if(j<=B-i) b[j]=invfac[j];
			else b[j]=0;
			if(j<=C-i) c[j]=invfac[j];
			else c[j]=0;
			if(j<=D-i) d[j]=invfac[j];
			else d[j]=0;
		}
		NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1); NTT(c,lim,1); NTT(d,lim,1);
		for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod*c[i]%mod*d[i]%mod;
		NTT(a,lim,-1);
		int tmpans=1ll*a[n-4*i]*fac[n-4*i]%mod*C_(n-3*i,i)%mod;
		if(i&1) ans=(ans-tmpans+mod)%mod;
		else ans=(ans+tmpans)%mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

例题：洛谷 P6295 有标号DAG计数
分别求由 $1-n$ 个点弱联通 DAG 的个数，对 $998244353$ 取模， $n\le 10^5$ 。
（本来不打算讲的，但既然发的资料里有就讲吧）
首先，考虑不要求弱联通的情况
考虑容斥，设函数 $f(x)$ 为由 $x$ 个点组成的 DAG 的数量，有：

$$f(n)=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\times C_n^i\times f(n-i)\times 2^{i\times (n-i)}$$

考虑组合意义其实是显然的，枚举至少有多少个出度为 $0$ 的节点，再容斥一下就做完了，但是因为我们的重点在容斥原理，所以再详细说明一下。

我们考虑，选出 $i$ 个出度为 $0$ 的节点时，剩下的节点仍然构成一个规模为 $n-i$ 的 DAG ，之后再考虑这两部分的关系，我们既然已经钦定了 $n-i$ 个点所形成的 DAG 的形态，那么，连接在这些点之间的边就是确定的，而可能造成不同情况贡献的答案必然在这两部分之间，那么，也就意味着，目前我们拥有选择空间的边总共有 $i\times (n-i)$ 条，这其中的每一条都有连边与不连边两种方式可供选择。此时，我们保证了构造出的 DAG 至少有 $i$ 个出度为 $0$ 的节点，将 $i$ 从 $1$ 枚举到 $n$ ，再容斥一下，就能得出上式。

$O(n\log n)$ 暴力转移显然，不再赘述，我们考虑优化。

考虑 $C_n^i$ 摆出来了，不妨凑个 EGF 形式。

$$f(n)=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\times C_n^i\times f(n-i)\times 2^{i\times (n-i)}$$
$$=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\times C_n^i\times f(n-i)\times 2^{C_n^2-C_i^2-C_{n-i}^2}$$
$$=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\times C_n^i\times f(n-i)\times \frac{2^{C_n^2}}{2^{C_i^2}\times 2^{C_{n-i}^2}}$$
$$=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\times \frac{n!}{i!\times (n-i)!}\times f(n-i)\times \frac{2^{C_n^2}}{2^{C_i^2}\times 2^{C_{n-i}^2}}$$
$$=2^{C_n^2}\times n!\times \sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{i-1}}{i!\times 2^{C_i^2}}\times \frac{f(n-i)}{(n-i)!\times 2^{C_{n-i}^2}}$$

这样卷积形式就被我们搞出来了，同时还能发现一些优秀的性质，即：
$$\frac{f(n)}{2^{C_n^2}\times n!}=\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{i-1}}{i!\times 2^{C_i^2}}\times \frac{f(n-i)}{(n-i)!\times 2^{C_{n-i}^2}}$$
左侧的式子和卷积的右半边的式子是一样的。

定义生成函数：
$$F(x)=\sum _i\frac{f(i)}{2^{C_i^2}\times i!}$$
$$G(x)=\sum _i\frac{(-1{)}^{i-1}}{i!\times 2^{C_i^2}}$$
$$F(x)=F(x)\times G(x)+f(0)=F(x)\times G(x)+1$$

根据初中因式分解知识：
$$(1-G(x))\times F(x)=1,F(x)=\frac{1}{1-G(x)}$$

$F(x)$ 可以求，也就意味着现在 $f(x)$ 也可以求出来。

然后我们再考虑弱连通图与一般图间的关系。

这里有一个结论：定义 $A(x)$ 为一般图的 EGF ，$B(x)$ 为弱连通图的 EGF ，则 $A(x)=\exp (B(x))$ ，设 $f(x)$ 的 EGF 为 $F^{\prime }(x)$ ，$\ln (F^{\prime }(x))$ 就是我们想要的答案。

虽然大家都知道这个结论，但是我们需要证明一下：

首先，定义在一个弱连通图的大小为 $i$ 的点集中的答案为 $f(i)$ ，在一个由 $i$ 个大小总和为 $j$ 的弱连通点集所组成的点集中的答案为 $F_i(j)$ 。

则：
$$F_n(m)=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^m{C}_m^i\times F_{n-1}(m-i)\times f(i)$$

我们设 $G_n(x)$ 为 $F_n(x)$ 的 EGF ，$H(x)$ 为 $f(x)$ 的 EGF 。
很显然这是个用 EGF 卷积的形式，即：
$$G_n=G_{n-1}\times \frac{1}{n}\times H=\frac{H^n}{n!}$$
可以发现这样就变成了 $\exp (H)$ 的泰勒展开形式，证毕。

代码就是一次多项式求逆和多项式 $\ln$ ，直接把封装好的板子拿来用就行了。

#include
#include
#include
#define MAXN 100005

using namespace std;

const int mod=998244353;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int rev[MAXN<<2];

void NTT(int * a,int lim,int flag){
	for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));
		for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){
			int x=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){
				int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];
				a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;
				a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int inv=Fp(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
	}
}

int tmp[MAXN<<2];

void getinv(int deg,int * a,int * b){
	if(deg==1) return (void) (b[0]=Fp(a[0],mod-2));
	getinv(deg+1>>1,a,b);
	int lim=1,l=0;
	while(lim<=deg+deg) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);
	for(int i=0;i<deg;i++) tmp[i]=a[i];
	for(int i=deg;i<lim;i++) tmp[i]=0;
	NTT(tmp,lim,1); NTT(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++)
		b[i]=(2ll*b[i]%mod+mod-1ll*tmp[i]*b[i]%mod*b[i]%mod)%mod;
	NTT(b,lim,-1);
	for(int i=deg;i<lim;i++) b[i]=0;
}

void Derivation(int * a,int * b,int len){
	for(int i=1;i<len;i++) b[i-1]=1ll*i*a[i]%mod;
	b[len-1]=0;
}

void Integration(int * a,int * b,int len){
	b[0]=0;
	for(int i=1;i<len;i++) b[i]=1ll*a[i-1]*Fp(i,mod-2)%mod;
}

int X[MAXN<<2],Y[MAXN<<2];

void get_Ln(int * a,int * b,int len){
    Derivation(a,X,len);
	getinv(len,a,Y);
	int lim=1,l=0;
	while(lim<=len+len) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);
	NTT(X,lim,1); NTT(Y,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) X[i]=1ll*X[i]*Y[i]%mod;
	NTT(X,lim,-1);
	Integration(X,b,len);
}

int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],c[MAXN<<2],fac[MAXN],invfac[MAXN];

int main(){
	int n; cin >> n;
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	a[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=1ll*invfac[i]*Fp(Fp(2,1ll*(1ll*i*(i-1)/2ll)%(mod-1)),mod-2)%mod;
		if(i&1) a[i]=mod-a[i];
	}
	getinv(n+1,a,b);
	for(int i=0;i<=n;i++) b[i]=1ll*Fp(2,1ll*(1ll*i*(i-1)/2ll)%(mod-1))*b[i]%mod;
	get_Ln(b,c,n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cout << 1ll*c[i]*fac[i]%mod << '\n';
	return 0;
}

3.二项式反演与广义容斥基础

二项式反演：
形式 $1$ ：
若：
$$f(x)=\sum _{i=0}^x{C}_x^i\times g(i)$$
则：
$$g(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}\times C_n^i\times f(i)$$

证明：
考虑把 $g(x)$ 带进去
有：
$$f(x)=\sum _{i=0}^x{C}_x^i\times g(i)=\sum _{i=0}^x{C}_x^i\times \sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}\times C_i^j\times f(j)$$

$$f(x)=\sum _{j=0}^{x}f(j)\sum _{i=j}^x{C}_x^i\times C_i^j\times (-1{)}^{i-j}$$

$$f(x)=\sum _{j=0}^{x}f(j)\sum _{i=j}^x{C}_x^j\times C_{x-j}^{i-j}\times (-1{)}^{i-j}$$

$$f(x)=\sum _{j=0}^{x}f(j)\times C_x^j\sum _{t=0}^{x-j}{C}_{x-j}^t\times (-1{)}^t$$

当 $x\ne j$ 时，很显然，由二项式定理，后面那堆东西是等于 $0$ 的，否则等于 $1$ 。
证毕。

很显然可以发现枚举不一定要从 $0$ 开始，从任意位置开始枚举都满足这个式子。

形式 $2$ ：
若：
$$f(x)=\sum _{i=x}^n{C}_i^x\times g(i)$$

则:
$$g(x)=\sum _{i=x}^n(-1{)}^{i-x}\times C_i^x\times f(i)$$

将 $g(x)$ 带入：

$$f(x)=\sum _{i=x}^n{C}_i^x\times \sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\times C_j^i\times f(j)$$

$$f(x)=\sum _{j=x}^{n}f(j)\sum _{i=x}^j(-1{)}^{j-i}\times C_j^i\times C_i^x$$

$$f(x)=\sum _{j=x}^{n}f(j)\times C_j^x\sum _{i=x}^j{C}_{j-x}^{i-x}\times (-1{)}^{j-i}$$

$$f(x)=\sum _{j=x}^{n}f(j)\times C_j^x\sum _{i=x}^j{C}_{j-x}^{j-i}\times (-1{)}^{j-i}$$

$$f(x)=\sum _{j=x}^{n}f(j)\times C_j^x\sum _{t=0}^{j-x}{C}_{j-x}^t\times (-1{)}^t$$

与形式 $1$ 同理，证毕。

我们考虑这样一件事情，如果 $f(x)$ 为至少 $x$ 个位置满足条件的方案数，$g(x)$ 为恰好 $x$ 个位置满足条件的方案数，这个形式刚好和二项式反演是具有一致性的。

例题：洛谷 P4859 已经没有什么好害怕的了

给定长度为 $n$ 的不重序列 $a,b$ ，求将 $a,b$ 任意排列，使得其中 $a_i>b_i$ 的位置的个数比 $b_i>a_i$ 的个数多 $k$ 个的方案数， $n\le 2000$ 。

令 $k=\frac{n+k}{2}$ 。

先将 $a,b$ 排序。

设 $d{p}_{i,j}$ 为 $a$ 的前 $i$ 个元素中，有 $j$ 个满足匹配的 $b$ 中元素更小的条件的选择方案数，则有 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+d{p}_{i-1,j-1}\times (nu{m}_i-j+1)$ ，其中 $nu{m}_i$ 为对于第 $i$ 个位置满足匹配的 $b$ 中元素个数。（转移很显然，考虑第 $i$ 位不匹配或匹配之前未被选过的任意一个元素）。

然后我们设 $f(x)$ 为至少满足 $x$ 个单调关系的方案数，则 $f(x)=d{p}_{n,x}\times (n-x)!$ 。设 $g(x)$ 为恰好满足 $x$ 个单调关系的方案数。

由二项式反演，可得：
$$g(k)=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}\times C_i^k\times f(k)$$

直接输出 $g(k)$ 即可。

#include
#include
#include
#define MAXN 2005

using namespace std;

const int mod=1e9+9;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int a[MAXN],b[MAXN],n,k,dp[MAXN][MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],f[MAXN];

int C(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}

int main(){
	cin >> n >> k;
	if(n+k&1) return cout << 0 << endl,0;
	k=n+k>>1;
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	invfac[n]=Fp(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i]; sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> b[i]; sort(b+1,b+n+1);
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++){
			int rb=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i])-b-1;
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
			if(rb>=j) (dp[i][j]+=1ll*dp[i-1][j-1]*(rb-j+1)%mod)%=mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=1ll*dp[n][i]*fac[n-i]%mod;
	int ans=0;
	for(int i=k;i<=n;i++){
		int x=1ll*C(i,k)*f[i]%mod;
		if(i-k&1) ans=(ans-x+mod)%mod;
		else ans=(ans+x)%mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

例题：洛谷 P4491 [HAOI2018] 染色
给定 $n,m,s$ ，长度为 $n$ 的序列， $m$ 种颜色染色，求对于所有 $k\in [0,m]$ ，恰好 $k$ 种颜色出现 $s$ 次的方案数。$n\le 10^7,m\le 10^5$。

设 $f(i)$ 为至少 $i$ 种颜色出现恰好 $s$ 次的方案数，则有：
$$f(i)=C_m^i\frac{n!(m-i{)}^{n-si}}{s!(n-si)!}$$

选择 $i$ 种颜色，此时将整体染色方式看成一个 $i+1$ 种颜色的可重集排列，再将除这 $i$ 种颜色以外的颜色的方案数乘上即可。

枚举上界不重要，始终枚举到 $m$ 即可。

由二项式反演，设恰好 $i$ 种颜色出现恰好 $s$ 次的方案数为 $g(i)$ ，则有：
$$g(i)=\sum _{j=i}^m(-1{)}^{j-i}\times C_i^j\times f(j)$$
$$=\sum _{j=i}^m(-1{)}^{j-i}\frac{j!}{i!(j-i)!}f(j)$$
$$=\frac{1}{i!}\sum _{j=i}^m\frac{(-1{)}^{j-i}}{(j-i)!}\times f(j)j!$$
$$=\frac{1}{i!}\sum _{t=0}^m\frac{(-1{)}^t}{(t)!}f(t+i)(t+i)!$$

设 $A(x)=\frac{(-1{)}^{m-x}}{(m-x)!},B(x)=f(x)x!$ ，第 $i$ 项答案为 $[x^{m+i}](A\ast B)$ 。

注意边界条件。

#include
#include
#define MAXN 100005
#define MAXNN 10000005

using namespace std;

const int mod=1004535809;

int n,m,s,w[MAXN];

int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],rev[MAXN<<2],fac[MAXNN],invfac[MAXNN];

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int C(int n,int m){
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}

void NTT(int * a,int lim,int flag){
	for(int i=0;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int tmp=Fp(flag==1?3:Fp(3,mod-2),(mod-1)/(mid<<1));
		for(int i=0;i<lim;i+=(mid<<1)){
			int x=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,x=1ll*x*tmp%mod){
				int t1=a[i+j],t2=a[i+mid+j];
				a[i+j]=(t1+1ll*x*t2%mod)%mod;
				a[i+mid+j]=(t1-1ll*x*t2%mod+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int inv=Fp(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
	}
}

int main(){
	cin >> n >> m >> s;
	for(int i=0;i<=m;i++) cin >> w[i];
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<MAXNN;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	invfac[MAXNN-1]=Fp(fac[MAXNN-1],mod-2);
	for(int i=MAXNN-2;i>=0;i--) invfac[i]=1ll*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0;i<=m;i++) a[i]=1ll*Fp(mod-1,m-i)*invfac[m-i]%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		if(i>m||s*i>n) break;
		b[i]=1ll*fac[i]*C(m,i)%mod*fac[n]%mod*Fp(invfac[s],i)%mod*Fp(m-i,n-s*i)%mod*invfac[n-s*i]%mod;
	}
	int lim=1,l=0;
	while(lim<=m+m+2) lim<<=1,l++;
	for(int i=0;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);
	NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
	NTT(a,lim,-1);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=m;i++) ans=(ans+1ll*w[i]*a[m+i]%mod*invfac[i]%mod)%mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

4.拉格朗日插值

由 $n$ 个点值可以唯一确定一个 $n-1$ 次多项式。

$$f(k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$$

考虑模意义下的证明：
对于 $n$ 个点值而言，有 $f(k)\equiv y_i(\mathrm{mod}(k-x_i))$ ，（将 $f(x)$ 展开，显然可证），根据 CRT ，有：

$$f(k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\frac{{\prod }_{j=1}^n(k-x_j)}{{\prod }_{j\ne i}(x_i-x_j)}$$

整理可得。

模板题 洛谷 P4781
依照式子计算即可。

#include
#include
#define MAXN 2005

using namespace std;

const int mod=998244353;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int n,k,x[MAXN],y[MAXN];

int main(){
	cin >> n >> k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin >> x[i] >> y[i];
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int fz=y[i]%mod,fm=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i^j){
				fz=1ll*fz*((k-x[j]+mod)%mod)%mod;
				fm=1ll*fm*((x[i]-x[j]+mod)%mod)%mod;
			}
		}
		ans=(ans+1ll*fz*Fp(fm,mod-2))%mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

例题 CF622F The Sum of the k-th Powers

求 ${\sum }_{i=1}^n{i}^k$ ，$n\le 10^9,k\le 10^6$ 。

我们不加证明地给出一个非常常见的结论， ${\sum }_{i=1}^n{i}^k$ 是一个 $k+1$ 次的多项式，因此，用 $k+2$ 个点值就可以确定这个多项式，很显然，如果我们取 $[1,k+2]$ ，对于求和号里的式子是可以做到预处理后 $O(1)$ 求的，于是整体的式子就是 $O(n\log n)$ 的，直接输出即可。

#include
#include
#define MAXN 1000005

using namespace std;

int n,k,fac[MAXN],pre[MAXN],suf[MAXN],sum[MAXN];

const int mod=1e9+7;

int Fp(int x,int tms){
	int ret=1;
	while(tms){
		if(tms&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; tms>>=1;
	}
	return ret;
}

int main(){
	cin >> n >> k;
	fac[0]=pre[0]=1;
	for(int i=1;i<=k+2;i++){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		pre[i]=1ll*(n-i+mod)%mod*pre[i-1]%mod;
		sum[i]=(sum[i-1]+Fp(i,k))%mod;
	}
	suf[k+3]=1;
	for(int i=k+2;i>=0;i--)
		suf[i]=1ll*(n-i+mod)%mod*suf[i+1]%mod;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=k+2;i++){
		int fz=sum[i],fm=1;
		fz=fz*1ll*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod;
		fm=fm*1ll*fac[i-1]%mod*fac[k+2-i]%mod;
		if((k+2-i)%2==1) fm=mod-fm;
		ans=(ans+1ll*fz*Fp(fm,mod-2)%mod)%mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

（证明咕了，能补就补）