UOJ #450 复读机
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题目大意
有排成一行 n n n个物品和 k k k个人，现在要给每个人分配一些物品，要求每个人分到的物品都是 d d d的倍数。求分配的方案数。对 19491001 19491001 19491001取模。
数据范围：
n ≤ 1 0 9 , d ≤ 3 n\le 10^9,d\le 3 n≤109,d≤3
- d = 2 , k ≤ 5 ∗ 1 0 5 d=2,k\le 5*10^5 d=2,k≤5∗105
- d = 3 , k ≤ 1000 d=3,k\le 1000 d=3,k≤1000
思路
考虑分 d d d的三种情况讨论：
- d = 1 d=1 d=1时
答案显然，每个人拿到每一个物品都是合法的。 k n k^n kn
- d = 2 d=2 d=2时
定义序列 a [ i ] a[i] a[i]表示第 i i i个人拿到的物品个数。因为我们是在解决一个排列问题，考虑这个序列的指数型生成函数，因为必须拿偶数个，故生成函数的只有偶次项存在。
g ( x ) = ( ∑ i = 0 ∞ x 2 i ( 2 i ) ! ) k g(x)=(\sum_{i=0}^\infty \frac {x^{2i}}{(2i)!})^k g(x)=(i=0∑∞(2i)!x2i)k
我们要求的是他的 n n n次项系数，故最后的答案为 n ! ∗ g ( x ) n!*g(x) n!∗g(x)
考虑 e x e^x ex和 e − x e^{-x} e−x的泰勒展开，化简 g ( x ) = ( e x + e − x 2 ) k g(x)=(\frac {e^x+e^{-x}}{2})^k g(x)=(2ex+e−x)k
把 1 2 \frac 1 2 21提出来，答案化为 n ! ∗ 1 2 k ( e x + e − x ) k n!*\frac 1 {2^k}(e^x+e^{-x})^k n!∗2k1(ex+e−x)k
二项式定理展开后面那部分得 ∑ i = 0 k ( k i ) e i x ∗ e ( i − k ) x = ∑ i = 0 k ( k i ) e ( 2 i − k ) x \sum\limits_{i=0}^k {k\choose i}e^{ix}*e^{(i-k)x}=\sum\limits_{i=0}^k {k\choose i}e^{(2i-k)x} i=0∑k(ik)eix∗e(i−k)x=i=0∑k(ik)e(2i−k)x
再把他代回泰勒展开的形式，则答案为 n ! ∗ 1 2 k ∑ i = 0 k ( k i ) ∑ j = 0 ∞ ( 2 i − k ) j x j j ! n!*\frac 1 {2^k} \sum\limits_{i=0}^k {k\choose i}\sum\limits _{j=0}^\infty (2i-k)^j\frac {x^j}{j!} n!∗2k1i=0∑k(ik)j=0∑∞(2i−k)jj!xj
由于我们只关心他 n n n次项系数，故第二个求和符号可以去掉得 n ! ∗ 1 2 k ∑ i = 0 k ( k i ) ( 2 i − k ) n x n n ! n!*\frac 1 {2^k}\sum_{i=0}^k {k\choose i}(2i-k)^n \frac {x^n}{n!} n!∗2k1∑i=0k(ik)(2i−k)nn!xn。所以最后答案为 1 2 k ∑ i = 0 k ( k i ) ( 2 i − k ) n \frac 1 {2^k}\sum\limits_{i=0}^k{k\choose i}(2i-k)^n 2k1i=0∑k(ik)(2i−k)n
- d = 3 d=3 d=3时
仿照 d = 2 d=2 d=2，可以列出生成函数： ∑ i = 0 ∞ x 3 i ( 3 i ) ! \sum\limits_{i=0}^\infty \frac {x^{3i}}{(3i)!} i=0∑∞(3i)!x3i
但是注意到这里并没有偶次项那种优美的性质，无法泰勒展开简单求解。现在要引入一个东西：单位根。
对于一个有原根的数 p p p，若 p − 1 ∣ n p-1|n p−1∣n，则称 p p p存在n个 n n n次单位根，第 i i i个记做 ω n i \omega_n^i ωni
单位根有一个很好的性质： ∑ i = 0 n − 1 ω n k i = 1 n [ n ∣ k ] \sum_{i=0}^{n-1} \omega_n^{ki}=\frac 1 n [n|k] ∑i=0n−1ωnki=n1[n∣k]，被称作单位根反演。证明貌似是要通过ki遍历所有剩余系意会一下。
那么运用反演，将式子变化得到： ∑ i = 0 ∞ x i ∗ [ 3 ∣ i ] i ! ∗ 1 3 \sum\limits_{i=0}^\infty \frac {x^i*[3|i]}{i!}*\frac 1 3 i=0∑∞i!xi∗[3∣i]∗31。注意这里的 i i i已经和上面的 i i i不是一个意义了，一个是枚举倍数一个是枚举数。
因为模数 19491001 − 1 19491001-1 19491001−1是3的倍数，故存在三次单位根，设为 r r r。继续推式子得 1 3 ∑ i = 0 ∞ x i ( r 0 + r i + r 2 i ) i ! \frac 1 3\sum\limits_{i=0}^\infty \frac {x^i(r^0+r^i+r^{2i})}{i!} 31i=0∑∞i!xi(r0+ri+r2i)。
泰勒展开，得 e x + e r x + e r 2 x 3 \frac {e^x+e^{rx}+e^{r^2x}}{3} 3ex+erx+er2x，整个序列就对应着 ( e x + e r x + e r 2 x 3 ) k (\frac {e^x+e^{rx}+e^{r^2x}}{3})^k (3ex+erx+er2x)k，我们要求他的 n n n次项系数并乘 n ! n! n!。
老规矩，提出来 3 k 3^k 3k，但是发现我们并没有什么好办法去展开三项式（也没有什么三项式定理）。那怎么办呢？大力展开两次二项式定理： n ! 1 3 k ∑ i = 0 k ( k i ) e i x ∑ j = 0 k − j ( k − j j ) e r j x e r 2 ( k − i − j ) x = n ! 1 3 k ∑ i = 0 k ( k i ) ∑ j = 0 k − i ( k − i j ) e [ i + r j + r 2 ( k − i − j ) ] x n!\frac 1 {3^k}\sum\limits_{i=0}^k{k\choose i}e^{ix}\sum\limits_{j=0}^{k-j}{k-j\choose j}e^{rjx}e^{r^2(k-i-j)x}=n!\frac 1 {3^k}\sum\limits_{i=0}^k{k\choose i}\sum\limits_{j=0}^{k-i}{k-i\choose j}e^{[i+rj+r^2(k-i-j)]x} n!3k1i=0∑k(ik)eixj=0∑k−j(jk−j)erjxer2(k−i−j)x=n!3k1i=0∑k(ik)j=0∑k−i(jk−i)e[i+rj+r2(k−i−j)]x
令 i x + r j x + r 2 ( k − i − j ) = A ix+rjx+r^2(k-i-j)=A ix+rjx+r2(k−i−j)=A，打起来太烦了。老规矩，泰勒展开代回去得： n ! 1 3 k ∑ i = 0 k ∑ j = 0 k − i ( k i ) ( k − i j ) ∑ p = 0 ∞ A p x p p ! n!\frac 1 {3^k}\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{j=0}^{k-i}{k\choose i}{k-i\choose j}\sum\limits_{p=0}^\infty A^p\frac {x^p}{p!} n!3k1i=0∑kj=0∑k−i(ik)(jk−i)p=0∑∞App!xp
依然我们只需要求 n n n次项系数，消去最后一个求和符号得 n ! 1 3 k ∑ i = 0 k ∑ j = 0 k − i ( k i ) ( k − i j ) A n x n n ! n!\frac 1 {3^k}\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{j=0}^{k-i}{k\choose i}{k-i\choose j}A^n\frac {x^n}{n!} n!3k1i=0∑kj=0∑k−i(ik)(jk−i)Ann!xn。
所以最后只需要求 1 3 k ∑ i = 0 k ∑ j = 0 k − i ( k i ) ( k − i j ) A n \frac 1 {3^k}\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{j=0}^{k-i}{k\choose i}{k-i\choose j}A^n 3k1i=0∑kj=0∑k−i(ik)(jk−i)An即可。不得不说出题人的分段数据范围还是很坑。
场上为了得分也是很用功了把所有SubTask全分开写了。。
代码
#include