loj3120CTS2019珍珠

Posted 2021-12-02 paul-guderian

题目

? $laofu $出的题

? \(n\)个离散型随机变量\(X_i\)可能的值为\([1,D]\) ,求有至少\(m\)对的概率

? $0 \le m \le 10^9 ?, ?1 \le n \le 10^9 ?, ?1 \le D \le 10^5 $

题解

• 60 pts

  观察到能配对的个数只和颜色奇数个数有关

  令\(L=min(D,n-2m)\)，这是奇数个数上界

  \(dp_i,j\)表示前\(i\)个球，奇数个数为\(j\)的方案

  复杂度:\(O(Dn)\)

  如果用快速幂转移加上一些奇技淫巧可以通过13-15

• 100pts

  $ f_i $ 表示硬点$ i $ 个颜色是奇数的方案和
  \[ \begin{align} f_i &= (^D_i)n^i e^{(D-i)x}\&= \frac{i!(^D_i)}{2^i} \sum_{j=0}^{i} \frac{(-1)^j(D-2j)^n}{j!(i-j)!} \end{align} \]
  直接把\(f_i\)卷出来，考虑二项式反演
  \[ \begin{align} g_i &= \sum_{j \ge i}(-1)^{j-i}(^j_i) f_j \即\ i!g_i &= \sum_{j \ge i}\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}\times j!f_j\把 G和F都 & \ reverse \ 一下就可以卷积了 \end{align} \]

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long 
  #define mod 998244353
  using namespace std;
  const int N=400010;
  int D,n,m,G=3,fac[N],inv[N],ny[N],len,L,rev[N],a[N],b[N],c[N],f[N];
  void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  int pw(int x,int y){
    if(y<0)y+=mod-1;
    int re=1;
    while(y){
        if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
        y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
    }
    return re;
  }
  void ntt(int*A,int F){
    for(int i=0;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1){
        int wn=pw(G,F*(mod-1)/i/2);
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){
            int w=1;
            for(int k=0;k<i;++k,w=(ll)w*wn%mod){
                int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+i]%mod;
                A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(!~F)for(int i=0;i<len;++i)A[i]=(ll)ny[len]*A[i]%mod;
  }
  void Mul(int*A,int*B,int*C){
    ntt(A,1);ntt(B,1);
    for(int i=0;i<len;++i)C[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
    ntt(C,-1);
  }
  int main(){
  //    freopen("pearl.in","r",stdin);
  //    freopen("pearl.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&D,&n,&m);
    for(L=0,len=1;len<=D<<1;++L,len<<=1);
    ny[1]=1;for(int i=2;i<=len;++i)ny[i]=(ll)(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
    for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=len;++i){
        fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
        inv[i]=(ll)inv[i-1]*ny[i]%mod;
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    }
    for(int i=0;i<=D;++i){
        f[i]=(ll)fac[D]*inv[D-i]%mod*pw(2,-i)%mod;
        b[i]=(ll)inv[i]*pw((D-2*i+mod)%mod,n)%mod;
        a[i]=inv[i];if(i&1)b[i]=(mod-b[i])%mod;
    }
    Mul(a,b,c);
    for(int i=0;i<=D;++i)f[i]=(ll)f[i]*c[i]%mod;
    for(int i=0;i<len;++i)a[i]=b[i]=c[i]=0;
    for(int i=0;i<=D;++i){
        a[i]=i&1?mod-inv[i]:inv[i];
        b[i]=(ll)fac[D-i]*f[D-i]%mod;
    }
    Mul(a,b,c);
    int ans=0,mn=min(D,n-2*m);
    for(int i=0;i<=mn;++i)inc(ans,(ll)inv[i]*c[D-i]%mod);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
  }

• 官解

  感觉挺好玩

  谁说生成函数只能有一个未知数的？？？

  我们重新设计一下不用二项式反演的生成函数
  \[ \begin{align} ans &= \sum_{i=0}^{L}n!(\frac{e^x+e^{-x}}{2}+y\frac{e^x-e^{-x}}{2})^D[x^ny^i]\&= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}(e^x(1+y)+e^{-x}(1-y))^D[x^ny^i]\&= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}\sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\&= \frac{n!}{2^D} \sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}[x^n] \sum_{i=0}^{L}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\\end{align} \]

  考虑求后面\(y\)那坨，就是某个式子的前\(L\)项和，我们知道：

\[ (1+y)^i(1-y)^{D-i} = -(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i+1}+2(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i}\即F(D,i) = -F(D,i-1) + 2F(D-1,i-1) \]

? 只需要求出\(F(I,0)(I \le L)\)即可通过组合数卷出\(F(D,i)\)

　 可是由于我上课没有认真听讲，所以我忘了怎么求的\(F(I,0)\)惹．．．．．．．

　 可能有天会突然醒悟吧．．．．