LOJ3120 CTS2019 珍珠 生成函数、二项式反演、NTT

传送门

题目大意:给出一个长度为\(n\)的序列\(a_i\),序列中每一个数可以取\(1\)\(D\)中的所有数。问共有多少个序列满足:设\(p_i\)表示第\(i\)个数在序列中出现的次数,\(\sum\limits_{i=1}^D \lfloor \frac{p_i}{2} \rfloor \geq m\)\(D \leq 10^5 , 0 \leq m \leq n \leq 10^9\)


在有生之年切掉laofu的多项式题,全场唯一一个写多项式求逆的,其他人都直接卷积,然后发现自己的做法其实并不需要多项式求逆……

首先上面的条件等价于:\(\sum\limits_{i=1}^D [2 \not\mid p_i] \leq n - 2m\)。那么一种想法是求出强制其中\(n - 2m + 1\)个数字出现次数为奇数,其他的数出现次数为偶数。那么这样的方案数是\(\binom{D}{n - 2m + 1} [x^n](\frac{e^x - e^{-x}}{2})^{n - 2m + 1} (\frac{e^x + e^{-x}}{2})^{D - (n - 2m + 1)}\),非常难算。不妨考虑容斥计算。

先做几个特判:\(n < 2m\)时答案为\(0\)\(D < n - 2m + 1\)时答案为\(D^n\)

不妨设\(f_i\)表示强制其中\(i\)个数字出现次数为奇数,其他的数出现次数随意的方案数,那么\(f_i = \binom{D}{i} [x^n](\frac{e^x - e^{-x}}{2})^{i} e^{(D - i)x}\),经过化简可以得到\(f_i = i! \binom{D}{i} \frac{1}{2^i} \sum\limits_{j=0}^i \frac{(-1)^j (D - 2j)^n}{(i-j)!j!}\)。不难发现后面是一个卷积形式,使用\(NTT\)\(O(DlogD)\)的时间复杂度内可以求出所有的\(f_i\)

然后又设\(g_i\)表示恰好\(i\)个数字出现奇数次的方案数,就和HAOI2018 染色一样用NTT加速二项式反演即可。

最后答案就是\(\sum\limits_{i=0}^{n - 2m} g_i\)

代码

posted @ 2019-05-13 19:37  cjoier_Itst  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏