传送门

subtask 1：$d=1$

答案为$k^n$。

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subtask 2：$n\le 1000,k\le 100$

设$f[i][j]$表示由$i$个复读机来分$j$个时间点的方案数。
可以得到递推式：
$$f[i][j]=\sum _{p=0}^j[d|p]C_j^p\times f[i-1][j-p]$$
$O(n{k}^2)$暴力DP即可。

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subtask 3：$d=2$

把$d=2$代入上面的递推式得：
$$f[i][j]=\sum _{p=0}^j[2|p]C_j^p\times f[i-1][j-p]$$
$$f[i][j]=\sum _{p=0}^j[2|p]\frac{j!}{p!(j-p)!}\times f[i-1][j-p]$$
$$\frac{f[i][j]}{j!}=\sum _{p=0}^j[2|p]\frac{1}{p!}\frac{f[i-1][j-p]}{(j-p)!}$$
设$A_i(x)={\sum }_{j=0}^{\infty }f[i][j]\times \frac{x^j}{j!},B(x)={\sum }_{j=0}^{\infty }[2|j]\frac{x^j}{j!}$
代入上式得：
$$A_i(x)[x^j]=\sum _{p=0}^{j}B(x)[x^p]\times A_{i-1}(x)[x^{j-p}]$$
所以$$A_i(x)=B(x)A_{i-1}(x)$$
又因为$A_0(x)=1$
所以$$A_i(x)=B^i(x)$$

化简$B(x)$：
因为$e^x={\sum }_{j=0}^{\infty }\frac{x^j}{j!},e^{-x}={\sum }_{j=0}^{\infty }(-1{)}^j\times \frac{x^j}{j!}$
所以$$B(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$

所以$f[k][n]$(最终答案)为$(\frac{e^x+e^{-x}}{2}{)}^k\times n!$的$n$次项系数。
将上式二项式展开得：$$n!\times \frac{1}{2^k}\sum _{i=0}^k{C}_k^i\times e^{ix}\times e^{(i-k)x}$$
$$=n!\times \frac{1}{2^k}\sum _{i=0}^k{C}_k^i\times e^{(2i-k)x}$$
而$e^{(2i-k)x}={\sum }_{j=0}^{\infty }\frac{((2i-k)x{)}^j}{j!}$，其$n$次项系数为$\frac{(2i-k{)}^n}{n!}$

所以最终答案为$$\frac{1}{2^k}\sum _{i=0}^k{C}_k^i\times (2i-k{)}^n$$

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subtask 4：d=3

同样考虑生成函数，答案就是$({\sum }_{i=0}^{\infty }[3|i]\frac{x^i}{i!}{)}^k\times n!$的$n$次项系数。

有一个trick，叫单位根反演，大概是这样：
$$[n|k]=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{w}_n^{ki}$$
注意到$19491001-1$是3的倍数 ，即$mod-1$是3的倍数，故存在三次单位根$r$。由单位根的定义知，$r=R^{\frac{mod-1}{3}}$ ，其中$R$是$mod$的一个原根。运用单位根反演，有：

$$\sum _{i=0}^{\infty }[3|i]\frac{x^i}{i!}=\frac{1}{3}\sum _{i=0}^{\infty }\frac{(r^0+r^i+r^{2i})x^i}{i!}=\frac{e^x+e^{rx}+e^{r^{2}x}}{3}$$

所以答案就是$(\frac{e^x+e^{rx}+e^{r^{2}x}}{3}{)}^k\times n!$的$n$次项系数。
将上式大力展开得：
$$n!\times \frac{1}{3^k}\sum _{i=0}^k\sum _{j=0}^{k-i}{C}_k^i\times C_{k-i}^j\times e^{ix}\times e^{jrx}\times e^{(k-i-j)r^{2}x}$$

$$=n!\times \frac{1}{3^k}\sum _{i=0}^k\sum _{j=0}^{k-i}{C}_k^i\times C_{k-i}^j\times e^{(i+jr+(k-i-j)r^2)x}$$

$e^{(i+jr+(k-i-j)r^2)x}$的$n$次项系数为$\frac{(i+jr+(k-i-j)r^2{)}^n}{n!}$

所以最终答案为：
$$=\frac{1}{3^k}\sum _{i=0}^k\sum _{j=0}^{k-i}{C}_k^i\times C_{k-i}^j\times (i+jr+(k-i-j)r^2{)}^n$$

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后话：其实，对于$d=2$的情况，–1就是二次单位根。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=19491001;
const int r=18827933;
const int K=500010;
int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;};
int dec(int a,int b){return a<b?a-b+mod:a-b;}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
int ksm(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=mul(res,a);b>>=1;a=mul(a,a);}return res;
}
int inv(int a){return ksm(a,mod-2);
}
int n,k,d,fac[K],ifac[K];
int C(int n,int m){return mul(fac[n],mul(ifac[n-m],ifac[m]));
}
int main(){n=read();k=read();d=read();if(d==1){printf("%d\n",ksm(k,n));return 0;}fac[0]=1;for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);ifac[k]=inv(fac[k]);for(int i=k;i>=1;i--) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);if(d==2){int ans=0;for(int i=0;i<=k;i++) ans=add(ans,mul(C(k,i),ksm(2*i-k,n)));ans=mul(ans,inv(ksm(2,k)));printf("%d\n",ans);return 0;}int ans=0;for(int i=0;i<=k;i++){int sum=0;for(int j=0;j<=k-i;j++)sum=add(sum,mul(C(k-i,j),ksm(((ll)r*r*i%mod+(ll)r*j%mod+k-i-j)%mod,n)));ans=add(ans,mul(sum,C(k,i)));}ans=mul(ans,inv(ksm(3,k)));printf("%d\n",ans);return 0;
}