【HAOI2018】染色【反向二项式反演】【NTT卷积】

传送门

题意： $N$ 个位置染 $M$ 种颜色，恰好出现 $S$ 次的颜色数量恰好为 $k$ 时的愉悦度为 $w_k$ ,求所有方案的愉悦度之和。对 $1004535809$ 取模。

$\leq 1e7$ , $\leq 1e5$ , $\leq 150$

本题的恶心之处在于满足颜色数量要求恰好为 $k$ 。

试着求求至少为 $k$ 的方案数。

一个显然的想法：钦点 $k$ 种颜色刚好填 $S$ 次，剩下位置随便填其他颜色。

即：

$f(k)=(Mk)(NS)(N−SS)......(N−(k−1)SS)(M−k)N−kSf(k)=\binom{M}{k}\binom{N}{S}\binom{N-S}{S}......\binom{N-(k-1)S}{S}(M-k)^{N-kS}$

$=(Mk)N!S!(N−S)!(N−S)!S!(N−2S)!......[N−(k−1)S]!S!(N−kS)!(M−k)N−kS=\binom{M}{k}\frac{N!}{S!(N-S)!}\frac{(N-S)!}{S!(N-2S)!}......\frac{[N-(k-1)S]!}{S!(N-kS)!}(M-k)^{N-kS}$

$=(Mk)N!(M−k)N−kS(S!)k(N−kS)!=\binom{M}{k}\frac{N!(M-k)^{N-kS}}{(S!)^k(N-kS)!}$

虽然很鬼畜，但是可以快速求出来。

但这个求出来是假的，因为剩下位置填其他颜色的时候一不小心就刚好填了 $S$ 次，但这个在之后会重复计算。也就是说，一个方案会计算 $(实际刚好为S的颜色数k)\binom{实际刚好为S的颜色数}{k}$ 次。所以似乎没有组合意义。

不过还是能用的。

设答案即恰好 $k$ 种的方案数 $g (k)$

为了描述方便，设 $n = m i n (n, N / S)$ ，即填 $S$ 个的颜色最多多少个。

得到关系式

$f(k)=∑i=kn(ik)g(i)f(k)=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}g(i)$

另一个方向的二项式反演？

$g(k)=∑i=kn[i−k=0](ik)g(i)g(k)=\sum_{i=k}^n[i-k=0]\binom{i}{k}g(i)$

$g(k)=∑i=kn∑j=0i−k(−1)j(i−kj)(ik)g(i)g(k)=\sum_{i=k}^n\sum_{j=0}^{i-k}(-1)^j\binom{i-k}{j}\binom{i}{k}g(i)$

你会发现用之前的路子行不通了

为了找到这一步怎么推，你可以把结论代回去，然后你得到了这个东西：

$(i−kj)(ik)=(ij+k)(j+kk)\binom{i-k}{j}\binom{i}{k}=\binom{i}{j+k}\binom{j+k}{k}$

理性证明：

$(i−k)!j!(i−j−k)!i!k!(i−k)!=i!(j+k)!(i−j−k)!(j+k)!j!k!\frac{(i-k)!}{j!(i-j-k)!}\frac{i!}{k!(i-k)!}=\frac{i!}{(j+k)!(i-j-k)!}\frac{(j+k)!}{j!k!}$

感性证明：

从 $i$ 个数选 $j + k$ 个数再选 $k$ 个数，等价于直接选 $k$ 个再在剩下的选出 $j$ 个作为中间商~~赚差价~~

$g(k)=∑i=kn∑j=0i−k(−1)j(ij+k)(j+kk)g(i)g(k)=\sum_{i=k}^n\sum_{j=0}^{i-k}(-1)^j\binom{i}{j+k}\binom{j+k}{k}g(i)$

把 $j$ 加上 $k$

$g(k)=∑i=kn∑j=ki(−1)j−k(ij)(jk)g(i)g(k)=\sum_{i=k}^n\sum_{j=k}^{i}(-1)^{j-k}\binom{i}{j}\binom{j}{k}g(i)$

交换求和顺序

$g(k)=∑j=kn(−1)j−k(jk)∑i=jn(ij)g(i)g(k)=\sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}\binom{j}{k}\sum_{i=j}^{n}\binom{i}{j}g(i)$

$g(k)=∑j=kn(−1)j−k(jk)f(j)g(k)=\sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}\binom{j}{k}f(j)$

$g(k)=∑i=kn(−1)i−k(ik)f(i)g(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}f(i)$

回到之前的问题，我们现在要求所有 $g (k)$

套路性的拆组合数

$g(k)=∑i=kn(−1)i−ki!k!(i−k)!f(i)g(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}f(i)$

$k!g(k)=∑i=kn(−1)i−k(i−k)!i!f(i)k!g(k)=\sum_{i=k}^n\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}i!f(i)$

出现了！卷积君！

翻一下 $i! f (i)$

$k!g(k)=∑i=kn(−1)i−k(i−k)!(n−i)!f(n−i)k!g(k)=\sum_{i=k}^n\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}(n-i)!f(n-i)$

卷出来是 $n - k$ ，再翻一下除以 $k!$ 就是答案。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define MAXN 262144
#define MAXM 10000005
using namespace std;
const int MOD=1004535809;//479*2^21+1
typedef long long ll;
int fac[MAXM],finv[MAXM];
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
int r[MAXN],rt[2][22];
inline void init(const int& l){for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
void NTT(int* a,int l,int type)
{int lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);for (int L=0;L<l;L++){int mid=1<<L,len=mid<<1;int Wn=rt[type][L+1];for (int s=0;s<lim;s+=len)for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD){int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);}}if (type){int t=inv(lim);for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;}
}
int f[MAXN],g[MAXN];
int main()
{rt[0][21]=qpow(3,479);rt[1][21]=inv(rt[0][21]);for (int i=20;i>=0;i--) {rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;}int n,m,s;scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);int lim=min(m,n/s),N=max(n,m);fac[0]=1;for (int i=1;i<=N;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[N]=inv(fac[N]);for (int i=N-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;int l=0;while ((1<<l)<=(lim<<1)) ++l;init(l);for (int i=0;i<=lim;i++) f[i]=(ll)fac[m]*fac[n]%MOD*qpow(m-i,n-s*i)%MOD*finv[m-i]%MOD*finv[n-s*i]%MOD*qpow(finv[s],i)%MOD;reverse(f,f+lim+1);for (int i=0;i<=lim;i++) g[i]=((i&1)? MOD-finv[i]:finv[i]);NTT(f,l,0);NTT(g,l,0);for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;NTT(f,l,1);reverse(f,f+lim+1);for (int i=0;i<=lim;i++) f[i]=(ll)f[i]*finv[i]%MOD;int ans=0;for (int i=0;i<=lim;i++){int w;scanf("%d",&w);ans=add(ans,(ll)w*f[i]%MOD);}
//	for (int i=0;i<=lim;i++)
//	{
//		int sum=0;
//		for (int j=i;j<=lim;j++) sum=add(sum,(ll)(((j-i)&1)? MOD-fac[j]:fac[j])*finv[j-i]%MOD*f[j]%MOD);
//		int w;
//		scanf("%d",&w);
//		ans=add(ans,(ll)w*finv[i]%MOD*sum%MOD);
//	}printf("%d\n",ans);return 0;
}