【CTSC2019】珍珠【二项式反演】【生成函数】

Description

• 一个长度为\(n\),每一位都是值域\([1,D]\)的整数随机变量的序列,问其中能选出至少\(m\)对相同元素(每个元素只能选一次)的概率。\(D\le 10^5,n\le 10^9\)
• 传送门

Solution

一个序列符合条件当且仅当其满足：

\[\sum_{i=1}^{D}\lfloor\frac {c_i}{2}\rfloor\ge m \]

其中\(c_i\)为元素\(i\)出现的次数。

变形得到：

\[\sum_{i=1}^{n}\frac{c_i-(c_i\bmod 2)}{2}\ge m \]

\[n-\sum_{i=1}^{n}c_i\bmod 2\ge 2m \]

因此设\(f_i\)表示恰好有\(i\)种元素出现了奇数次的方案数，那么：

\[ans=\sum_{i=0}^{n-2m}f_i \]

直接求\(f_i\)比较麻烦，使用二项式反演经典套路，先求出\(g_i\)表示钦定\(i\)种元素出现了奇数次，其他元素随便取得方案数。那么：

\[g_i=\sum_{j=i}^{D}f_i\binom{i}{j}\Rightarrow f_i=\sum_{j=i}^{D}g_j\binom{i}{j}(-1)^{i-j} \]

因此如果求得\(g\)，可以直接\(\mathcal O(Dlog(D))\)卷积得到\(f\)。

对于\(g\)，因为数有顺序，所以写出\(g\)的\(EGF\)：考虑被钦定的那\(k\)个颜色，只在选择奇数次时作出贡献，因此贡献为\([0,1,0,1,\dots]\)，\(EGF\)为\(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)

\[\begin{aligned} g_k&=\binom{D}{k}n^k(e^x)^{D-k}\\ &=\binom{D}{k}\frac{n!}{2^k}[x^n](e^x-e^{-x})^k(e^x)^{D-k}\\ &=\binom{D}{k}\frac{n!}{2^k}[x^n]\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(e^x)^j(-e^{-x})^{k-j}(e^x)^{D-k}\\ &=\binom{D}{k}\frac{n!}{2^k}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}[x^n](e^x)^{D-2(k-j)}\\ \end{aligned} \]

注意到\([x^n]e^{ax}=\frac{a^n}{n!}\)：

\[\begin{aligned} g_k&=\binom{D}{k}\frac{1}{2^k}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{k-j}[D-2(k-j)]^{n}\\ &=\binom{D}{k}\frac{k!}{2^k}\sum_{j=0}^{k}\frac{(-1)^{k-j}[D-2(k-j)]^{n}}{j!(k-j)!}\\ \end{aligned} \]

于是令

\[a_i=\frac{1}{i!},b_i=\frac{(-1)^{i}(D-i)^n}{i!} \]

即可卷积得到\(g\)，总复杂度为\(\mathcal O(Dlog(D))\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=(1<<21)+20;
const int mod=998244353;
const int gg=3;
const int giv=(mod+1)/3;
namespace Math{
	inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
	inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
	inline void upd(int &x,int y){x=add(x,y);}
	inline int ksm(int x,int y){
		int ret=1;
		for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
		return ret;
	}
}
using namespace Math;

namespace Container{
	struct poly{
		vector<int> v;
		inline int& operator[](int x){
			while(x>=v.size()) v.push_back(0);
			return v[x];
		}	
		inline void resize(int x){v.resize(x);}
	};
	int Wn[2][N],p1,p2,lg[N];
	inline void init_poly(int n){
		p1=1;
		while((p1<<1)<=n) p1<<=1;
		p2=p1<<1;
		for(int i=2;i<p2;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
		int wn0=ksm(gg,(mod-1)/p2),wn1=ksm(giv,(mod-1)/p2);
		Wn[0][p1]=Wn[1][p1]=1;
		for(int i=p1+1;i<=p2;++i) Wn[0][i]=1ll*Wn[0][i-1]*wn0%mod,Wn[1][i]=1ll*Wn[1][i-1]*wn1%mod;
		for(int i=p1-1;i>=1;--i) Wn[0][i]=Wn[0][i<<1],Wn[1][i]=Wn[1][i<<1];
	}
}
using namespace Container;

namespace basic{
	int r[N],fr[N];
	inline void init(int lim,int len){
		for(int i=0;i<lim;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<len);
	}
	inline void NTT(poly& f,int lim,int tp){
		for(int i=0;i<lim;++i) fr[i]=f[r[i]];
		for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
			for(int len=mid<<1,l=0;l+len-1<lim;l+=len){
				for(int k=l;k<l+mid;++k){
					int w1=fr[k],w2=1ll*fr[k+mid]*Wn[tp][k-l+mid]%mod;
					fr[k]=add(w1,w2),fr[k+mid]=dec(w1,w2);
				}
			}
		}
		for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=fr[i];
	}
	inline poly mul(int n,int m,poly f,poly g){
		f.resize(n);g.resize(m);
		int len=lg[n+m-1],lim=1<<(len+1);
		init(lim,len);
		NTT(f,lim,0);NTT(g,lim,0);
		for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
		NTT(f,lim,1);
		int iv=ksm(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=1ll*f[i]*iv%mod;
		return f;
	}
} 
using namespace basic;

int n,D,m,fac[N],inv[N];
inline void init_math(int n){
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int binom(int n,int m){return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline int sgn(int x){return (x&1)?mod-1:1;}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&D,&n,&m);
	if(D<=n-2*m){printf("%d\n",ksm(D,n));return 0;}
	if(n<2*m){puts("0");return 0;}
	init_poly(D<<1);init_math(D<<1);
	poly f,g;
	for(int i=0;i<=D;++i) f[i]=1ll*inv[i]*sgn(i)%mod*ksm((D-2*i+mod)%mod,n)%mod,g[i]=inv[i];
	f=mul(D+1,D+1,f,g);
	int iv=ksm(2,mod-2);
	for(int i=0;i<=D;++i){
		f[i]=1ll*f[i]*binom(D,i)%mod*ksm(iv,i)%mod;
		f[i]=1ll*f[i]*fac[i]%mod*fac[i]%mod;
	}
	for(int i=0;i<=D;++i) g[i]=1ll*sgn(D-i)*inv[D-i]%mod;
	f=mul(D+1,D+1,f,g);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n-2*m;++i) upd(ans,1ll*inv[i]*f[i+D]%mod);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}