傳送門

題意：$N$個位置染$M$種顏色，恰好出現(xiàn)$S$次的顏色數量恰好為$k$時的愉悅度為$w_k$,求所有方案的愉悅度之和。對$1004535809$取模。

$N\le 1e7$,$M\le 1e5$,$S\le 150$

本題的惡心之處在于滿足顏色數量要求恰好為$k$。

試著求求至少為$k$的方案數。

一個顯然的想法：欽點$k$種顏色剛好填$S$次，剩下位置隨便填其他顏色。

即：

$$f(k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{S}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N?S}{S}\right)......\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N?(k?1)S}{S}\right)(M?k{)}^{N?kS}$$

$$=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\frac{N!}{S!(N?S)!}\frac{(N?S)!}{S!(N?2S)!}......\frac{[N?(k?1)S]!}{S!(N?kS)!}(M?k{)}^{N?kS}$$

$$=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\frac{N!(M?k{)}^{N?kS}}{(S!{)}^k(N?kS)!}$$

雖然很鬼畜，但是可以快速求出來。

但這個求出來是假的，因為剩下位置填其他顏色的時候一不小心就剛好填了$S$次，但這個在之后會重復計算。也就是說，一個方案會計算$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{實際剛好為S的顏色數}{k}\right)$次。所以似乎沒有組合意義。

不過還是能用的。

設答案即恰好$k$種的方案數$g(k)$

為了描述方便，設$n=min(n,N/S)$，即填$S$個的顏色最多多少個。

得到關系式

$$f(k)=\sum _{i=k}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k}\right)g(i)$$

另一個方向的二項式反演？

$$g(k)=\sum _{i=k}^n[i?k=0]\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k}\right)g(i)$$

$$g(k)=\sum _{i=k}^n\sum _{j=0}^{i?k}(?1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{i?k}{j}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})g(i)$$

你會發(fā)現(xiàn)用之前的路子行不通了

為了找到這一步怎么推，你可以把結論代回去，然后你得到了這個東西：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i?k}{j}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j+k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+k}{k}\right)$$

理性證明：

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

感性證明：

從$i$個數選$j+k$個數再選$k$個數，等價于直接選$k$個再在剩下的選出$j$個作為中間商賺差價

$$g(k)=\sum _{i=k}^n\sum _{j=0}^{i?k}(?1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j+k}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+k}{k})g(i)$$

把$j$加上$k$

$$g(k)=\sum _{i=k}^n\sum _{j=k}^i(?1{)}^{j?k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})g(i)$$

交換求和順序

$$g(k)=\sum _{j=k}^n(?1{)}^{j?k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\left)\sum _{i=j}^n\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})g(i)$$

$$g(k)=\sum _{j=k}^n(?1{)}^{j?k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})f(j)$$

$$g(k)=\sum _{i=k}^n(?1{)}^{i?k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})f(i)$$

回到之前的問題，我們現(xiàn)在要求所有$g(k)$

套路性的拆組合數

$$g(k)=\sum _{i=k}^n(?1{)}^{i?k}\frac{i!}{k!(i?k)!}f(i)$$

$$k!g(k)=\sum _{i=k}^n\frac{(?1{)}^{i?k}}{(i?k)!}i!f(i)$$

出現(xiàn)了！卷積君！

翻一下$i!f(i)$

$$k!g(k)=\sum _{i=k}^n\frac{(?1{)}^{i?k}}{(i?k)!}(n?i)!f(n?i)$$

卷出來是$n?k$，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; } 創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎勵來咯，堅持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【HAOI2018】染色【反向二项式反演】【NTT卷积】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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