[HAOI2018][bzoj5306] 染色 [容斥原理+NTT]

Posted 2020-11-14 dedicatus545

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思路

这道题的核心在于“恰好有(k)种颜色占了恰好(s)个格子”

这些“恰好”，引导我们去思考，怎么求出总的方案数呢？

分开考虑

考虑把恰好有(s)个格子的颜色，和不是(s)个颜色的格子分开来考虑

那么，显然答案可以用这样的一个式子表示：

令(lim=min(lfloorfrac ns floor,m))，那么：

(ans=sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}frac{(is)!}{(s!)^i}g(m-i,n-is))

其中(g(i,j))表示把(i)种颜色放进(j)个格子里面，没有“恰好占了(s)个格子”的颜色的方案总数

这个(g)显然可以容斥原理来做

容斥原理

考虑对(g)用容斥原理推导，可得到如下公式：

(g(i,j)=sum_{k=0}^i(-1)^kC_i^kC_j^{ks}frac{(ks)!}{(s!)^k}(i-k)^{j-ks})

把这个公式代回原式，可得到：

(ans=sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}frac{(is)!}{(s!)^i}sum_{j=0}^{lim-i}(-1)^jC_{m-i}^jC_{n-is}^{js}frac{(js)!}{(s!)^j}(m-i-j)^{n-is-js})

我们发现这个玩意儿好像比较复杂，没有什么特殊性质

难道这条路走不通？

构造卷积

我们发现后面的这个代表(g)的这一部分里面，有很多的(j)在，

那么我们想一想，(j)的枚举是所有比当前的(i)小的，那么只要把(j)用另一个东西：(j-i)替代了，然后把(j)变成所有比当前的大的，那么是不是和这个式子等价了呢？

说干就干！

(ans=sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}frac{(is)!}{(s!)^i}sum_{j=lim-i}^{lim}(-1)^{j-i}C_{m-i}^{j-i}C_{n-is}^{js-is}frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js})

诶，这样一变化......后面的式子里这么多(j-i)，前面又是(i)，这让我们想到了什么？

处理卷积啊！

变换枚举方式

我们先把这些个烦人的组合数拆成阶乘的形式

(ans=sum_{i=0}^{lim}w_ifrac{m!n!}{i!(is)!(m-i)!(n-is)!}frac{(is)!}{(s!)^i}sum_{j=lim-i}^{lim}(-1)^{j-i}frac{(m-i)!(n-is)!}{(j-i)!(js-is)!(m-j)!(n-js)!}frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js})

我们把左边的项挪进右边的最后一个sigma里面，然后把(ij)的枚举顺序反过来，得到：

(ans=sum_{j=0}^{lim}sum_{i=0}^{j}w_ifrac{m!n!}{i!(is)!(m-i)!(n-is)!}frac{(is)!}{(s!)^i}(-1)^{j-i}frac{(m-i)!(n-is)!}{(j-i)!(js-is)!(m-j)!(n-js)!}frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js})

发现有很多项可以消掉了

(ans=sum_{j=0}^{lim}sum_{i=0}^{j}w_ifrac{m!n!}{i!(s!)^i}(-1)^{j-i}frac{1}{(j-i)!(m-j)!(n-js)!}frac{1}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js})

再合并一下各个分数线

(ans=sum_{j=0}^{lim}sum_{i=0}^{j}(-1)^{j-i}frac{w_im!n!}{i!(s!)^j(j-i)!(m-j)!(n-js)!}(m-j)^{n-js})

把所有只含(j)的提到前面一个sigma去

(ans=sum_{j=0}^{lim}frac{m!n!(m-j)^{n-js}}{(s!)^j(m-j)!(n-js)!}sum_{i=0}^{j}frac{(-1)^{j-i}w_i}{i!(j-i)!})

发现后面是一个卷积的形式！

设(a(i)=frac{w_i}{i!},b(i)=frac{(-1)^i}{i!})

那么：

(ans=sum_{j=0}^{lim}frac{m!n!(m-j)^{n-js}}{(s!)^j(m-j)!(n-js)!}(aast b)(j))

所有的逆元、阶乘都可以(O(n))预处理，卷积使用模数为998244353的(NTT)来实现，总时间复杂度为(O(n+limlog_2lim))

Code:

我的代码好像常数比较大......如果有知道怎么优化的dalao，麻烦在评论区帮忙指出一下！

不胜感激！

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
ll MOD=1004535809,g=3,f[10000010],finv[10000010],w[10000010],invlimit;
ll qpow(ll a,ll b){
    ll re=1;
    while(b){
        if(b&1) re=re*a%MOD;
        a=a*a%MOD;b>>=1;
    }
    return re;
}
ll A[400010],B[400010],r[400010],n,limit,cnt,m,S,N,invg;
void init(){
    limit=1;cnt=0;ll i;
    while(limit<=(N<<1)) limit<<=1,cnt++;
    for(i=0;i<limit;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)));
    f[1]=finv[1]=f[0]=finv[0]=1;
    for(i=2;i<=max(max(n,m),S);i++){
        f[i]=f[i-1]*i%MOD;
    } 
    finv[max(max(n,m),S)]=qpow(f[max(max(n,m),S)],MOD-2);
    for(i=max(max(n,m),S);i>=1;i--) finv[i-1]=finv[i]*i%MOD;
    invlimit=qpow(limit,MOD-2);invg=qpow(g,MOD-2);
}
void ntt(ll *a,ll type){
    ll i,j,k,mid,len;ll y,w,wn;
    for(i=0;i<limit;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for(mid=1;mid<limit;mid<<=1){
        len=mid<<1;
        wn=qpow(((type==1)?g:invg),(MOD-1)/len);
        for(j=0;j<limit;j+=len){
            w=1;
            for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn%MOD){
                y=a[j+k+mid]*w%MOD;
                a[j+k+mid]=(a[j+k]-y+MOD)%MOD;
                a[j+k]=(a[j+k]+y)%MOD;
            }
        }
    }
    if(type==-1) for(i=0;i<limit;i++) a[i]=(a[i]*invlimit%MOD);
}
int main(){
    n=read();m=read();S=read();N=min(n/S,m);ll i;
    for(i=0;i<=m;i++) w[i]=read();
    init();
    for(i=0;i<=N;i++){
        A[i]=finv[i]*w[i]%MOD;
        B[i]=((i&1)?MOD-1:1)*finv[i]%MOD;
    }
    ntt(A,1);ntt(B,1);
    for(i=0;i<limit;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
    ntt(A,-1);
    ll ans=0;
    for(i=0;i<=N;i++){
        ans=(ans+(finv[m-i]*finv[n-i*S]%MOD*qpow(finv[S],i)%MOD*qpow(m-i,n-i*S)%MOD*A[i]))%MOD;
    }
    printf("%lld
",ans*f[n]%MOD*f[m]%MOD);
}