【loj3120】【CTS2019】珍珠

题目

​ $laofu $出的题

\(n\)个离散型随机变量\(X_i\)可能的值为\([1,D]\) ,求有至少\(m\)对的概率

​ $0 \le m \le 10^9 \ , \ 1 \le n \le 10^9 \ , \ 1 \le D \le 10^5 $

题解

  • 60 pts

    观察到能配对的个数只和颜色奇数个数有关

    \(L=min(D,n-2m)\),这是奇数个数上界

    \(dp_i,j\)表示前\(i\)个球,奇数个数为\(j\)的方案

    复杂度:\(O(Dn)\)

    如果用快速幂转移加上一些奇技淫巧可以通过13-15

  • 100pts

    $ f_i $ 表示硬点$ i $ 个颜色是奇数的方案和

    \[\begin{align} f_i &= (^D_i)n![x^n](\frac{e^x-e^{-x}}{2} )^i e^{(D-i)x}\\ &= \frac{i!(^D_i)}{2^i} \sum_{j=0}^{i} \frac{(-1)^j(D-2j)^n}{j!(i-j)!} \end{align} \]

    直接把\(f_i\)卷出来,考虑二项式反演

    \[\begin{align} g_i &= \sum_{j \ge i}(-1)^{j-i}(^j_i) f_j \\ 即\ i!g_i &= \sum_{j \ge i}\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}\times j!f_j\\ 把 G和F都 & \ reverse \ 一下就可以卷积了 \end{align} \]

    #include<bits/stdc++.h>
    #define ll long long 
    #define mod 998244353
    using namespace std;
    const int N=400010;
    int D,n,m,G=3,fac[N],inv[N],ny[N],len,L,rev[N],a[N],b[N],c[N],f[N];
    void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
    int pw(int x,int y){
    	if(y<0)y+=mod-1;
    	int re=1;
    	while(y){
    		if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
    		y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
    	}
    	return re;
    }
    void ntt(int*A,int F){
    	for(int i=0;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
    	for(int i=1;i<len;i<<=1){
    		int wn=pw(G,F*(mod-1)/i/2);
    		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){
    			int w=1;
    			for(int k=0;k<i;++k,w=(ll)w*wn%mod){
    				int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+i]%mod;
    				A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
    			}
    		}
    	}
    	if(!~F)for(int i=0;i<len;++i)A[i]=(ll)ny[len]*A[i]%mod;
    }
    void Mul(int*A,int*B,int*C){
    	ntt(A,1);ntt(B,1);
    	for(int i=0;i<len;++i)C[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
    	ntt(C,-1);
    }
    int main(){
    //	freopen("pearl.in","r",stdin);
    //	freopen("pearl.out","w",stdout);
    	scanf("%d%d%d",&D,&n,&m);
    	for(L=0,len=1;len<=D<<1;++L,len<<=1);
    	ny[1]=1;for(int i=2;i<=len;++i)ny[i]=(ll)(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
    	for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=len;++i){
    		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
    		inv[i]=(ll)inv[i-1]*ny[i]%mod;
    		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    	}
    	for(int i=0;i<=D;++i){
    		f[i]=(ll)fac[D]*inv[D-i]%mod*pw(2,-i)%mod;
    		b[i]=(ll)inv[i]*pw((D-2*i+mod)%mod,n)%mod;
    		a[i]=inv[i];if(i&1)b[i]=(mod-b[i])%mod;
    	}
    	Mul(a,b,c);
    	for(int i=0;i<=D;++i)f[i]=(ll)f[i]*c[i]%mod;
    	for(int i=0;i<len;++i)a[i]=b[i]=c[i]=0;
    	for(int i=0;i<=D;++i){
    		a[i]=i&1?mod-inv[i]:inv[i];
    		b[i]=(ll)fac[D-i]*f[D-i]%mod;
    	}
    	Mul(a,b,c);
    	int ans=0,mn=min(D,n-2*m);
    	for(int i=0;i<=mn;++i)inc(ans,(ll)inv[i]*c[D-i]%mod);
    	cout<<ans<<endl;
    	return 0;
    }
    
  • 官解

    感觉挺好玩

    谁说生成函数只能有一个未知数的???

    我们重新设计一下不用二项式反演的生成函数

    \[\begin{align} ans &= \sum_{i=0}^{L}n!(\frac{e^x+e^{-x}}{2}+y\frac{e^x-e^{-x}}{2})^D[x^ny^i]\\ &= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}(e^x(1+y)+e^{-x}(1-y))^D[x^ny^i]\\ &= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}\sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\\ &= \frac{n!}{2^D} \sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}[x^n] \sum_{i=0}^{L}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\\ \end{align} \]

    考虑求后面\(y\)那坨,就是某个式子的前\(L\)项和,我们知道:

\[(1+y)^i(1-y)^{D-i} = -(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i+1}+2(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i}\\ 即F(D,i) = -F(D,i-1) + 2F(D-1,i-1) \]

​ 只需要求出\(F(I,0)(I \le D)\)即可通过组合数卷出\(F(D,i)\)

  可是由于我上课没有认真听讲,所以我忘了怎么求的\(F(I,0)\)惹.......

  可能有天会突然醒悟吧....

​ upd:看了上课认真听讲的BAJim_H的题解,好吧是我太弱了.....

\[\begin{align} F(I,0)&= \begin{cases} 0 &(I>L)\\ \sum_{i=0}^{L} (-1)^i (^I_i) &(I<L) \end{cases}\\ &讨论第二个式子,把组合数拆开\\ &= \sum_{i=0}^{L} (^{I-1}_i)(-1)^i + \sum_{i=0}^{L-1}(^{L-1}_{i})(-1)^{i+1}\\ &= (^{I-1}_L)(-1)^L \end{align} \]

​ 这样只要一次卷积.

posted @ 2019-05-22 08:49  大米饼  阅读(419)  评论(0编辑  收藏  举报