【纪中集训2019.3.25】礼物

题目

描述

​ 一个\(n\)个珠子的手环，你可以选择其中\(m\)个将其染成金色；

​ 但是连续的金色段的长度不能超过一个阈(yu，四声)值；

​ 求：在旋转置换下的本质不同的方案数；

​ 答案对\(998244353\)取模；

范围

​ $1 \le T \le 5 \ , \ 1 \le n \le 10^6 \ , \ 0 \le k \le m \le n $ ;

题解

• 和这个题类型差不多：
  https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10590523.html

• 同样有两种推法：

• 设\(f(n,m)\)为不计旋转置换下的方案；

• 首先套用\(polya\)

• \[\begin{align} ans &= \frac{1}{n}\sum_{d=1}^{n} f(gcd(d,n),\frac{m}{\frac{n}{gcd(d,n)}})[\frac{n}{gcd(d,n)}|m]\\ &= \frac{1}{n}\sum_{d|(n,m)}f(\frac{n}{d},\frac{m}{d})\phi(d) \end{align} \]

• 给出两种推\(f(n,m)\)的方法;

  \[考虑在先搞好剩下的n-m个无色珠子，然后将m个金珠子插进去，注意分两边和中间插\\ 容易得到答案对m的生成函数：F(x) = (\sum_{i=0}^{k}x^i)^{n-m-1}(\sum_{i=0}^{k}(i+1)x^i)\\ 令G(x)=\sum_{i=0}^{k}(i+1)x^i\\ xG(x) = \sum_{i=1}^{k+1}ix^i = G(x) - \sum_{i=0}^{k}x^i + x^{k+1}(k+1) \\ G(x) = \frac{1-x^{k+1}(k+1)+x^{k+2}(k+1)}{(1-x)^2}\\ 那么：\\ F(x) = \frac{(1-x^{k+1})^{n-m-1}}{(1-x)^{n-m+1}}[1-x^{k+1}(k+2)+x^{k+2}(k-1)]\\ 用二项式定理和广义二项式定理(或者直接说泰勒展开)展开左边；\\ 直接求的复杂度是\frac{\sigma(m)}{k+1}的\\\sigma(m)接近n loglog \ n ;\\ 所以复杂度接近线性； \]

• 另外一种是直接从组合的意义去计算\(f(n,m)\)；

  \[直接考虑去染金m个连续不超过k的珠子比较麻烦；\\ 考虑成将n-m个珠子染黑，然后相邻两个珠子之间的距离不超过k\\ 下文的m均指原定义中的n-m\\ 考虑限定第一个珠子是黑色的，最后的放案需要乘以\frac{n}{m}\\ 相当于选取m个整数变量，满足：\\ 1.\ 0 \le a_0,a_1,...a_{m-1}\le k\\ 2.\ a_0+a_1+\cdots+a_{m-1} = n-m\\ 容斥1，插隔板统计2，可得最后的答案\\ \frac{n}{m}\sum_{i=1}^{k}(-1)^i(^m_i)(^{n-1-(k+1)i}_{m-1})；\\ 类似复杂度分析\\ \]

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long 
  #define mod 998244353
  using namespace std;
  const int N=1000010;
  int n,m,k,iv[N],fac[N],inv[N],vis[N],pr[N],phi[N],pt;
  int pw(int x,int y){
  	int re=1;
  	while(y){
  		if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
  		y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
  	}
  	return re;
  }
  void pre(){
  	iv[1]=1;for(int i=2;i<=1000000;++i)iv[i]=(ll)(mod-mod/i)*iv[mod%i]%mod;
  	for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=1000000;++i){
  		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
  		inv[i]=(ll)inv[i-1]*iv[i]%mod;
  	}
  	phi[1]=1;
  	for(int i=2;i<=1000000;++i){
  		if(!vis[i])phi[pr[++pt]=i]=i-1;
  		for(int j=1,t;j<=pt&&i*pr[j]<=1000000;++j){
  			vis[t=i*pr[j]]=1;
  			if(i%pr[j]==0){phi[t]=phi[i]*pr[j];break;}
  			else phi[t]=phi[i]*(pr[j]-1);
  		}
  	}
  }
  int C(int x,int y){return x<y?0:(ll)fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
  int cal(int n,int m){
  	if(n<=m)return 0;
  	m=n-m;
  	int re=0;
  	for(int i=0;i<=m&&i*k<n;++i){
  		int now=(ll)C(m,i)*C(n-1-i*k,m-1)%mod;
  		if(i&1)re=(re-now+mod)%mod;
  		else re=(re+now)%mod;
  	}
  	return (ll)re*n%mod*iv[m]%mod;
  }
  int main(){
  	freopen("gift.in","r",stdin);
  	freopen("gift.out","w",stdout);
  	pre();
  	int T;scanf("%d",&T);
  	while(T--){
  		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);k++;
  		if(!m){puts("1");continue;}
  		int ans=0;
  		for(int i=1;i<=n&&i<=m;++i)if(n%i==0&&m%i==0){
  			ans=(ans+(ll)cal(n/i,m/i)*phi[i]%mod)%mod;
  		}
  		ans=(ll)iv[n]*ans%mod;
  		cout<<ans<<endl;
  	}
  	return 0;
  }