题目
为了报答小 C 的苹果, 小 G 打算送给热爱美术的小 C 一块画布, 这块画布可 以抽象为一个长度为 \\(N\\) 的序列, 每个位置都可以被染成 \\(M\\) 种颜色中的某一种.
然而小 C 只关心序列的 \\(N\\) 个位置中出现次数恰好为 \\(S\\) 的颜色种数, 如果恰 好出现了 \\(S\\) 次的颜色有 \\(K\\) 种, 则小 C 会产生 \\(W_k\\) 的愉悦度.
小 C 希望知道对于所有可能的染色方案, 他能获得的愉悦度的和对 1004535809 取模的结果是多少.
输入格式
从标准输入读入数据. 第一行三个整数 \\(N, M, S\\).
接下来一行 \\(M + 1\\) 个整数, 第 \\(i\\) 个数表示 \\(W_{i-1}\\)
.
输出格式
输出到标准输出中. 输出一个整数表示答案.
输入样例
8 8 3
3999 8477 9694 8454 3308 8961 3018 2255 4910
输出样例
524070430
提示
特殊性质: \\(\\forall 1 \\le i \\le m, W_i = 0\\)
对于 \\(100\\%\\) 的数据, 满足 \\(0 \\le W_i < 10045358090\\)
题解
令\\(E = min(\\lfloor \\frac{N}{S} \\rfloor,M)\\)
我们枚举有几种颜色有\\(K\\)次,那么剩余的就不能有\\(K\\)次,利用容斥我们可以得出式子:
那个\\((M - i - j)^{N - iS - jS}\\)非常不好处理,我们考虑转化一下:
然后展开组合数,分子分母对消,剩余如下:
我们交换一下\\(i,j\\)的位置,经整理得:
左边是只与\\(j\\)有关的式子,右边是\\(f(x) = \\frac{w[x]}{x!}\\)与\\(g(x) = \\frac{(-1)^{x}}{x!}\\)的卷积
NTT即可
\\(1004535809\\)的原根是\\(3\\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<\' \'; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 10000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == \'-\') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
const int G = 3,P = 1004535809;
int qpow(int a,int b){
int ans = 1;
for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % P)
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
return ans;
}
int fac[maxm],fv[maxm],inv[maxm];
int L,R[maxn << 2],f[maxn << 2],g[maxn << 2],n,m;
int N,M,S,W[maxn];
void NTT(int* a,int F){
for (int i = 0; i < n; i++) if (i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
for (int i = 1; i < n; i <<= 1){
int gn = qpow(G,(P - 1) / (i << 1));
for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)){
LL g = 1,x,y;
for (int k = 0; k < i; k++,g = 1ll * g * gn % P){
x = a[j + k]; y = 1ll * g * a[j + k + i] % P;
a[j + k] = (x + y) % P; a[j + k + i] = (x - y + P) % P;
}
}
}
if (F == 1) return;
int nv = qpow(n,P - 2); reverse(a + 1,a + n);
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i] * nv % P;
}
void init(){
int E = max(N,M);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= E; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
inv[0] = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= E; i++) inv[i] = 1ll * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
fv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= E; i++) fv[i] = 1ll * fv[i - 1] * inv[i] % P;
}
void solve(){
int t,E = min(M,N / S);
for (int i = 0; i <= E; i++){
t = (i & 1) ? -1 : 1;
f[i] = 1ll * W[i] * fv[i] % P;
g[i] = 1ll * t * fv[i] % P;
}
L = 0; m = E + E;
for (n = 1; n <= m; n <<= 1) L++;
for (int i = 1; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
NTT(f,1); NTT(g,1);
for (int i = 0; i < n; i++) f[i] = 1ll * f[i] * g[i] % P;
NTT(f,-1);
int ans = 0,tmp;
for (int i = 0; i <= E; i++){
tmp = 1ll * fac[M] * fac[N] % P * qpow(M - i,N - i * S) % P;
tmp = 1ll * tmp * fv[N - i * S] % P * fv[M - i] % P * qpow(fv[S],i) % P;
ans = (ans + 1ll * tmp * f[i] % P) % P;
}
printf("%d\\n",(ans % P + P) % P);
}
int main(){
N = read(); M = read(); S = read();
for (int i = 0; i <= M; i++) W[i] = read();
init();
solve();
return 0;
}