[SOJ407] 球动态规划组合数学

Posted 2021-03-26 suwakow

题意简述：有(n)个桶和(2n-1)个球，每个桶最多能装一个球，且第(i)个桶可以装前(2i-1)个球。问取(m)个桶和(m)个球，并将每个球放进一个桶里的方案数，(q)组询问。(1leq qleq 10^5, 1leq mleq nleq 10^7)。

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有一个显然的(O(nm))dp：设(f_{i, j})为前(i)个桶选了(j)个桶的方案数，考虑转移：

• 若第(i)个桶不选，则(f_{i-1, j}Rightarrow f_{i, j})。

• 若第(i)个桶选，则前(2i-1)个球中有(j-1)个已经被选，剩余的可以自由选择，即(f_{i-1, j-1}cdot (2i-j)Rightarrow f_{i, j})。

然后我们就可以打表啦！

观察发现(f_{n, m}=inom{n}{m}^2cdot m!)，但是这个结论需要证明。

由这个式子不难想到，(n imes n)的棋盘中放(m)个无标号的互不攻击的车也是这个方案数，证明可以设(g_{i, j})为(i imes i)的棋盘放(j)个车的方案数，考虑棋盘第(n)行、列（记为(S)）的情况：

• (S)中无车：显然答案为(g_{n-1, m})。

• (S)中有一个车：考虑剩下的((n-1) imes(n-1))的棋盘，显然方案数为(g_{n-1, m-1})，且剩余的能放车的位置有(2n-2m+1)个。

• (S)中有两个车：考虑一个(g_{n-1, m-1})的情况，对于其中任意一种方案，我们均可以从(m-1)个车中选出一个((x, y))，将它拆成((x, n))和((n, y))的两个车，显然这样的方案是一一对应的。

因此(g_{i, j}=g_{i-1, j}+(2i-j) g_{i-1, j-1})，发现与(f)的递推式完全一致。所以这个到底是怎么想到的啊

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 10010000, T = 110000, mod = 998244353;

int t, que[T][2], maxN;
ll fac[N], inv[N];

template <class T> inline void read(T &x) {
    x = 0;
    char ch = getchar(), w = 0;
    while (!isdigit(ch)) w = (ch == '-'), ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    x = w ? -x : x;
    return;
}

inline ll quickpow(ll base, ll pw) {
    ll ret = 1;
    while (pw) {
        if (pw & 1) ret = ret * base % mod;
        base = base * base % mod, pw >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main() {
    read(t);
    for (R int i = 1; i <= t; ++i)
        read(que[i][0]), read(que[i][1]), maxN = max(maxN, que[i][0]);
    fac[0] = 1;
    for (R int i = 1; i <= maxN; ++i)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[maxN] = quickpow(fac[maxN], mod - 2);
    for (R int i = maxN - 1; ~i; --i)
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    for (R int i = 1; i <= t; ++i) {
        int x = que[i][0], y = que[i][1];
        printf("%lld
", fac[x] * fac[x] % mod * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod * inv[x - y] % mod);
    }
    return 0;
}