Easy【生成函数】

题意

若序列 \(A,B\) 满足 \(\sum_{i=1}^{K}{a_i}=N,\sum_{i=1}^{K}{b_i}=M\) ，则其对答案的贡献是：\(P=\prod_{i=1}^{K}{\min(a_i,b_i)}\)，问所有满足条件的序列的总贡献为多少。

\(1\leq N,M \leq 10^6,1\leq K \leq \min(N,M)\)

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5670/C

分析

如果本题求的是构造的序列 \(A,B\) 的方案总数，那么可以构造下列的生成函数：

\[S=(x+x^2+x^3+\dots +x^N)^K*(y+y^2+y^3+\dots +y^M)^K \]

答案为展开式中 \(x^Ny^M\) 的系数。

但题目要求：

\[\prod_{i=1}^{K}{\min(a_i,b_i)} \]

因此，可以构造生成函数：？

\[S=\sum_{i,j\in [1,\infty)}{\min(i,j)x^iy^j} \]

那么，最终的答案为 \(S^K\) 的展开式中 \(x^Ny^M\) 的系数。

\[\begin{align} S &= xy+xy^2+xy^3+\dots \\ &+x^2y+2x^2y^2+2x^2y^3+\dots\\ &+x^3y+2x^3y^2+3x^3y^3+\dots\\ \end{align} \]

两边同时乘上 \(x\)，有：

\[\begin{align} xS &= 0+0+0+\dots\\ &+ x^2y+x^2y^2+x^2y^3+\dots\\ &+ x^3y+2x^3y^2+2x^3y^3+\dots\\ \end{align} \]

两式相减，得：

\[\begin{align} S-xS &= xy+xy^2+xy^3+\dots\\ &+0+x^2y^2+x^2y^3+\dots\\ &+0+0+x^3y^3+\dots \end{align} \]

令 \(f(1)=xy(1+y+y^2+y^3+\dots)\ ,\ f(n)=xyf(n-1)\)，则：

\[S-xS=\sum_{i=1}^{\infty}{f(i)}=f(1)*(1+xy+x^2y^2+\dots)=xy*(1+y+y^2+\dots)*(1+xy+x^2y^2+\dots) \]

令 \(G(x)=1+x+x^2+x^3+\dots\)，那么 \(S(1-x)=xy*G(y)*G(xy)\)。

因为 \(G(x)=xG(x)+1\)，即 \(G(x)=\frac{1}{1-x}\)，因此：\(S=xy*G(x)*G(y)*G(xy)\)，所以有：

\[S^K=x^Ky^KG(x)^KG(y)^KG(xy)^K \]

又根据广义二项式定理：

\[\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{i=0}^{\infty}{C_{n+i-1}^{i-1}x^i} \]

即

\[G(x)^K=\sum_{i=0}^{\infty}{C_{K+i-1}^{i-1}{x^i}} \]

在生成函数中，\(x^Ny^M\) 的系数为答案，而多项式前面已经有了 \(x^Ky^K\)。因此，可以在 \([0,\min(N,M)-K]\) 内枚举 \(xy\) 的系数，然后根据 \(N\) 和 \(M\) 补全出 \(x\) 和 \(y\) 的系数，最终得到答案：

\[ans=\sum_{i=0}^{\min(N,M)-K}{C_{K+(N-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+(M-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+i-1}^{K-1}} \]

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=1e6+6;
ll fac[N],inv[N];
ll power(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    a%=mod;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void init()
{
    int maxn=1e6;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[maxn]=power(fac[maxn],mod-2);
    for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
        inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
    int T,n,m,k;
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        ll ans=0;
        int minn=min(n,m);
        for(int i=0;i<=minn-k;i++)//枚举
        {
            ll t1=fac[k+i-1]*inv[k-1]%mod*inv[i]%mod;
            ll t2=fac[n-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[n-k-i]%mod;
            ll t3=fac[m-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[m-k-i]%mod;
            ans=(ans+t1*t2%mod*t3)%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

参考博客：https://zhuanlan.zhihu.com/p/234938833