[题解] Luogu P5641 CSGRound2开拓者的卓识

Posted 2020-11-25 wxq1229

这个柿子挺别致的......还有信仰膜数998244353

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直接讲正解吧......

首先发现这个柿子从上往下算好像不怎么行，我们从下往上看，（下面令(Ans_r = sum_{k,1,r})）。

考虑(a_i)对(Ans_r)的贡献（(1 le i le r)），即(a_i)在(sum_{k,1,r})中被算了多少次，我们假设(a_i)被算了(c_i)次。答案就是(Ans_r = sumlimits_{i = 1} ^ r a_i c_i) 废话。

这个(c_i)显然是位置(i)在([1,r])中被(k-1)重区间覆盖的方案数。

逼格高一点就是选(k-1)个（减一是因为最大的区间已经定下来是([1,r])了）区间([l_1,r_1],[l_2,r_2],cdots,[l_{k-1},r_{k-1}])，使得(1 le l_i,r_i le r,[l_i, r_i] subset [l_{i+1}, r_{i+1}])且(l_1 le i le r_1)的方案数。

这个就是在(1...i)选(k-1)个位置（可重复）的方案数( imes)在(i...r)里选(k-1)个位置（可重复）的方案数。

有(c_i = s(i,k-1) s(r-i+1,k-1))，其中(s(n,m))表示在一个有(n)种元素，每种元素有无限个的集合内选(m)个元素出来做组合的方案数。

下面我们来推(s)。

我们手里有一个有(n)个元素的集合，且每种元素有无限个。

实际上(s(n,m))就等价于(x_1 + x_2 + cdots + x_n = m)的非负整数解的个数，(x_i)表示第(i)种元素选了多少个。

经典的隔板法吧。这个好像小学奥数就有......

他就等价于这个集合的全排个数
[ T = { m cdot 1, (n-1) cdot ext{|} } ]
可以理解为把(m)个(1)用((n-1))个板子隔开来，那么相邻两个板子之间，以及左右两边就代表了一个$x_1...x_n $

即(s(n,m) = frac{(m+n-1)!}{m!(n-1)!} = inom{n+m-1}{m})

那么(c_i = inom{i + k-2}{k-1}inom{r-i+k-1}{k-1})

写回(Ans_r)就是
[ Ans_r = sumlimits_{i = 1}^{r} a_ic_i = sumlimits_{i = 1} ^ r a_i inom{i + k - 2}{k-1}inom{r-i+k-1}{k-1} ]
这个柿子非常卷积吧！

我们令(g_i = inom{i + k - 1}{k - 1})，(f_i = inom{i + k - 2}{k-1}a_i)，那么
[ Ans_r = sumlimits_{i = 1} ^ r f_ig_{r-i} ]
因为有信仰质数(998244353)，(NTT)一下就没了。

还有由于(k)很大，我们可以递推出(g)，然后用(f_i = a_i g_{i-1})来算(f)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int a,int b){
    int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)
        if (b&1) ret=1ll*a*ret%P;
    return ret;
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int limit){
    for (int i=0;i<limit;i++)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
    for (int i=0;i<n;i++) if (rev[i]<i)swap(f[i],f[rev[i]]);
    for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
        int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
        for (int i=0;i<n;i+=len){
            for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
            }
        }
    }
    if (flg==-1){
        int inv=fpow(n,P-2);
        for (int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
    }
}
int f[N],g[N],a[N],inv[N];
int main(){
    int n,k; scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    inv[1]=1; for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P; // 线性推逆元
    g[0]=1,g[1]=k%P; for (int i=2;i<=n;i++)
        g[i]=1ll*g[i-1]*inv[i]%P*(i+k-1)%P;  // 颓g
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=1ll*a[i]*g[i-1]%P; // 颓f
    int limit=1; while(limit<=n*2)limit<<=1; init(limit);
    ntt(f,limit,1),ntt(g,limit,1);
    for (int i=0;i<limit;i++) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
    ntt(f,limit,-1);
    for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",f[i]);
    return 0;
}