description

有$T$组测试数据

对于两个长度为$K$的数列{a}\{a\}{a}和{b}\{b\}{b}，满足${\sum }_{i=1}^K{a}_i=N,{\sum }_{i=1}^K{b}_i=M$

对于这两个数列，定义权值为$P={\prod }_{i=1}^K\min (a_i,b_i)$

求所有可能的数列的权值之和∑{a},{b}P\sum_{\{a\},\{b\}}P∑{a},{b}​P

答案对$998244353$取模

$K\le \min (N,M)N,M\le 5e5T\le 100$

solution

虽然代码非常短，但是要理解简直要命

我们可以构造一个二维数组$c[2][K]$，要求$c[0][i]=c[1][i]$，第i位不能为0

设计的初衷是让$c[0][K]$为构造{a}\{a\}{a}，$c[1][K]$为构造{b}\{b\}{b}服务

再构造两个一维数组$A[K],B[K]$，第i位可以为0

通过构造出来的这些数组生成最后的{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}

• $a[i]=c[0][i]+A[i]$
• $b[i]=c[1][i]+B[i]$

定义${\sum }_{i=1}^{K}c[0][i]={\sum }_{i=1}^{K}c[1][i]=S$

则对于{a}\{a\}{a}序列而言，剩下的$N-S$就需要由$A$数组来弥补；{b}\{b\}{b}同理

考虑有多少个$A/B$数组满足其求和恰好弥补了空缺$N-S/M-S$

显然这可以通过组合数算出

• $A:C(N-S+K-1,K-1)$
• $B:C(M-S+K-1,K-1)$

以$A$数组的计算方式为例，$B$同理

相当于把剩下的$N-S$分成恰好$K$个盒子，隔板法，插入$K-1$个板子

但是$A$的条件可以为$0$，意味着盒子可以为空，但这是隔板法不能求得的

可以通过给每个盒子分配$1$的占位相当于一个盒子，等价于将限制变成至少为$1$

考虑$C(N-S+K-1,K-1)\ast C(M-S+K-1,K-1)$

发现这两个组合数相乘有非常实际的意义

这求出的恰好是将所有满足${\forall }_{1\le i\le K}c[0][i]\le a[i]$的{a}\{a\}{a}和∀1≤i≤Kc[0][i]≤b[i]{b}\forall_{1\le i\le K}\ c[0][i]\le b[i]\{b\}∀1≤i≤K​ c[0][i]≤b[i]{b}的组合都计算了恰好一次

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接着我们考虑对于一组特定的$c$数组和特定的$A,B$数组（也就是一组特定的{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}）的贡献

${\prod }_{i=1}^K\min (a_i,b_i)$ 这是题目定义的贡献

思考一下，这样一组特定的{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}，会被多少个$c$计算到？

• 显然是${\prod }_{i=1}^K\min (a_i,b_i)$

  每一位$i$都满足$c[0][i]=c[1][i]\le \min (a_i,b_i)$就行，因为$c$要求不能为$0$，而$A,B$要求可以为$0$

  将每一位$c[i]$的可取值个数相乘，即是能利用$A,B$修补成{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}的所有$c$的组合

于是乎，发现非常巧妙地将答案的乘积和转化成了计数个数贡献

再转个弯，我们直接计算每个特定的$c$会对多少个{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}提供$1$的计数贡献，求和就等价于原问题的总贡献

然而，又发现了一个非常巧妙的性质，和(S)相同的$c$产生的计数贡献是一样的（但不是贡献的{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}完全相同的意思）

• 要证明这个性质，就需要再转个弯，用到最开始的组合数推导

  剩下的$N-S,M-S$都需要$A,B$的补给

  $A,B$怎么补给，最后生成的{a},{b}\{a\},\{b\}{a},{b}会因此而固定

  是一对一的关系

这个计数贡献自然是$C_{S-1,K-1}$

• 插板法

  $c$的和为$S$，要求分成$K$个盒子，盒子不能为空

  相当于有$S-1$个空位需要插入$K-1$个板

最后就成功不用生成函数解决这道题了！！！

现在总结，就只有一句话，最开始的$c,A,B$构造简直就是神来之笔

后面所有的推导全都是建立在最开始的规则设定基础上

真的妙极了！！

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 1000005
int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {init( 1e6 );int n, m, k, T;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );int ans = 0;for( int i = k;i <= min( n, m );i ++ )ans = ( ans + C( i - 1, k - 1 ) * C( n - i + k - 1, k - 1 ) % mod * C( m - i + k - 1, k - 1 ) ) % mod;printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}