LOJ6503 Magic

很好的推柿子题
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考虑二项式反演.
我们令\(g(i)\)表示至少有\(i\)对魔法对.
那么很显然\(ans=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}C_i^kg(i)\)

首先,我们让每张牌都带标号,这样会好算很多.
最后答案乘上\(\frac{1}{\prod a[i]!}\)即可.

现在我们可以愉快地\(DP\)了.
考虑用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个颜色,已经有了\(j\)对魔法对的方案.
那么我们枚举一个\(k\),\(f[i][j]=\sum_{k=0}^{a[i]-1}f[i-1][j-k]X\)
其中\(X\)指我们要转移的东西.
考虑这个东西是什么.
我们有\(k\)对魔法对,那么肯定有一个\(C_{a[i]}^k\)的方案.(带标号)
其次有\(k\)张牌作为魔法对的第二张牌(废话).
那么剩下的\(a[i]-k\)张牌作为第一张牌,显然没有位置限制.
我们先不去考虑这\(a[i]-k\)张牌的贡献,而是最后一起算.
\(k\)张牌,第一张牌有\(a[i]-k\)种放法,第二张牌有\(a[i]-k+1\)中放法...
于是这个\(X=C_{a[i]}^k\frac{(a[i]-1)!}{(a[i]-k-1)!}\)
我们这样只是算出了第二张牌的方法.而第一张牌是没有限制的,因此如果有\(i\)个魔法对答案要乘上\((n-i)!\)

这样是\(O(nm)\)的,可以获得\(64\)分的好成绩.

每次转移相当于乘上一个多项式.
我们用分治+\(NTT\)优化一下就好了.
代码如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (131110)
#define P (998244353)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('\n')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
	static const int IN_LEN=1000000;
	static char buf[IN_LEN],*s,*t;
	return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
	static bool iosig;
	static char c;
	for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
		if(c=='-')iosig=true;
		if(c==-1)return;
	}
	for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
	if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
	static char c;
	for(c=read();!isalpha(c);c=read())
	if(c==-1)return 0;
	return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
	if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
	*ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
	static int buf[30],cnt;
	if(x==0)print('0');
	else{
		if(x<0)print('-'),x=-x;
		for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
		while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
	}
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
struct Poly{vector<int> a;int mx;}f[20010];
int w[N],n,m,k,Lim,rev[N];
LL jc[N],inv[N],ans,M=1,g[N],mi[41],iv[41];
LL C(int n,int m){
	if(n<m)return 0;
	return jc[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;
}
LL ksm(LL a,int p){
	LL res=1;
	while(p){
		if(p&1)res=res*a%P;
		a=a*a%P,p>>=1;
	}
	return res;
}
void NTT(vector<int> &a,int tp){
	for(int i=0;i<Lim;i++)
	if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1,s=1;i<Lim;i<<=1,s++){
		LL w=mi[s]; if(tp==-1)w=iv[s];
		for(int R=i<<1,j=0;j<Lim;j+=R){
			LL p=1; 
			for(int k=j;k<j+i;k++,p=(p*w)%P){
				LL x=a[k],y=(p*a[k+i])%P;
				a[k]=(x+y)%P,a[k+i]=(x-y+P)%P;
			}
		}
	}
	if(tp==-1){
		LL inv=ksm(Lim,P-2);
		for(int i=0;i<Lim;i++)a[i]=(inv*a[i])%P;
	}
}
Poly work(int l,int r){
	if(l==r)return f[l];
	int len=0,mid=(l+r)>>1;
	Poly a=work(l,mid);
	Poly b=work(mid+1,r);
	int sum=a.mx+b.mx; rev[0]=0;
	for(Lim=1;Lim<=sum;Lim<<=1)len++;
	for(int i=0;i<Lim;i++)
	rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
	a.a.resize(Lim),b.a.resize(Lim);
	NTT(a.a,1),NTT(b.a,1);
	for(int i=0;i<Lim;i++)
	a.a[i]=(1ll*a.a[i]*b.a[i])%P;
	NTT(a.a,-1),a.mx=sum;
	return a;
}
int main(){
	read(m),read(n),read(k),jc[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%P,inv[i]=ksm(jc[i],P-2)%P;
	for(int i=1;i<=m;i++)read(w[i]),M=M*jc[w[i]]%P;
	for(int i=1;(1<<i)<=P;i++)mi[i]=ksm(3,(P-1)/(1<<i)),iv[i]=ksm(mi[i],P-2);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		f[i].a.resize(w[i]); f[i].mx=w[i]-1;
		for(int j=0;j<w[i];j++)
		f[i].a[j]=C(w[i],j)%P*jc[w[i]-1]%P*inv[w[i]-j-1]%P;
	}
	M=ksm(M,P-2)%P;
	Poly t=work(1,m); t.a.resize(n+1);
	for(int i=0;i<=n;i++)
	g[i]=t.a[i]*jc[n-i]%P*M%P;
	for(int i=k;i<=n;i++){
		if(((i-k)&1)==0)ans=(ans+C(i,k)*g[i]%P)%P;
		else ans=(ans-C(i,k)*g[i]%P+P)%P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
posted @ 2018-12-27 19:27  Romeolong  阅读(52)  评论(0编辑  收藏