洛谷 P5548 - [BJ United Round #3] 押韵（单位根反演+幂级数）
毒瘤 EI 题，好不容易看懂了题解就写篇题解纪念下吧（
首先注意到可能的 \(d\) 个数很少，因此考虑对 \(d\) 进行分类讨论。
\(d=1\) 的情况没什么好说的，直接输出 \(k^n\) 即可。
对于 \(d\ge 2\) 的情况，显然有
注意到这里涉及对 \(i\bmod d=0\) 的 \(i\) 计算贡献，不难想到单位根反演，调用单位根反演有
故
接下来我们的任务就是如何计算 \(k\) 次幂中的东西。
\(d=2/3\)
注意到我们暴力将括号展开后项数是 \(k^{d-1}\) 级别的，因此当 \(d=2\) 或 \(3\) 时直接枚举都是可以接受的。
时间复杂度 \(k^{d-1}\log n\)
\(d=4\)
当 \(d\ge 4\) 时，直接枚举复杂度就不能接受了。不过注意到 \(\omega_4^2=-\omega_4^0,\omega_4^3=-\omega_4^1\)，也就是说，我们枚举展开式中选了 \(x\) 个 \(\omega_4^0\)，\(y\) 个 \(\omega_4^1\)，\(z\) 个 \(\omega_4^2\)，\(k-x-y-z\) 个 \(\omega_4^3\)，那么我们得到的和式 \(x·\omega_4^0+y·\omega_4^1+z·\omega_4^2+(k-x-y-z)·\omega_4^3\)，实际上只用用两个数 \(X\omega_4^0+Y\omega_4^1\) 就可以描述，这启发我们枚举最终结果对应的数 \(X\omega_4^0+Y\omega_4^1\)——显然 \(|X|,|Y|\le k\)，因此枚举量是 \(k^2\) 的，于是问题转化为有多少种从每个括号里选一项的方法能够得到 \(X\omega_4^0+Y\omega_4^1\)。注意到如果我们将 \((X,Y)\) 视作平面上一个点，那么从每个括号中选 \(\omega_4^0,\omega_4^1,\omega_4^2,\omega_4^3\) 就分别对应向右、向上、向左、向下走一格，问题自然就变为从 \((0,0)\) 到 \((X,Y)\) 走 \(k\) 步到达的方案数，这是一个经典问题，之前模拟赛中也有所提及，将坐标轴旋转 \(45\) 度后两维就独立了，方案数直接 \(\dbinom{k}{\dfrac{k-||X|-|Y||}{2}}·\dbinom{k}{\dfrac{k+|X|+|Y|}{2}}\) 即可。时间复杂度 \(k^2\log n\)
\(d=6\)
仿照 \(d=4\) 的做法，我们还是以 \(\omega_6^0\) 和 \(\omega_6^1\)（以下简称 \(1\) 和 \(\omega\)）为基底，那么 \(\omega_6^2,\omega_6^3,\omega_6^4,\omega_6^5\) 就分别对应 \(-1+\omega,-1,-\omega,1-\omega\)。我们还是枚举结果对应的数 \(X+Y\omega\)，如果我们能够像 \(d=4\) 一样有比较简便的方式计算出从每个括号中选一个数，最终到达 \((X,Y)\) 的方案数，那么我们直接对每个 \((X,Y)\) 都算一遍，乘上 \((X+Y\omega)^{6n}\) 并求和就做完了。于是问题转化为如何对所有 \((X,Y)\)，求出在六边形网格上从 \((0,0)\) 到 \((X,Y)\) 的方案数。
由于六边形网格没有什么特别的公式，我们只好求助于幂级数。显然 \(d=6\) 的情况，每个括号里的东西对应的幂级数就是 \(x^{1}y^0+x^0y^1+x^{-1}y^0+x^0y^{-1}+x^1y^{-1}+x^{-1}y^1\)，这里涉及分式，略有点棘手，因此不妨先给它乘个 \(xy\)，得到 \(F=x^2y^1+x^1y^2+x^0y^1+x^1y^0+x^2y^0+x^0y^2\)，这样问题转化为求 \(G=F^k\)。
考虑短多项式幂的求法：先将两边同时求导——由于是二元生成函数，我们对其求偏导，可得 \(\dfrac{\partial G}{\partial y}=k\dfrac{\partial F}{\partial x}·F^{k-1}\)，两边同乘 \(F\) 之后得 \(F·\dfrac{\partial G}{\partial y}=k\dfrac{\partial F}{\partial x}·G\)，这样我们就可以递推了。
相较于一般的短多项式幂，此题是二元幂级数，因此推起来可能略有点困难，这里稍微讲下推法，考虑上面乘积中 \([x^ny^m]\) 项，左边 \(=(m-1)G_{n,m-1}+(m-1)G_{n-1,m-1}+mG_{n,m}+mG_{n-1,m}+(m+1)G_{n-2,m+1}+(m+1)G_{n-1,m+1}\)，右边 \(=kG_{n,m}+kG_{n-2,m}+2kG_{n,m-1}+2kG_{n-1,m-1}\)。一开始我的想法是直接按 \(n\) 递增，\(m\) 递增的顺序解出 \(G_{n,m}\)，不过这样会出现分母为 \(0\) 的情况，正确的姿势是按 \(m\) 递增，\(n\) 递增的顺序解出 \(G_{n-1,m+1}\)。这样即可推出全部 \(G_{n,m}\)。
时间复杂度 \(k^2\log n\)，略有点卡常。
#include <bits/stdc++.h>
// #include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
// #include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
// #include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace std;
// using namespace __gnu_pbds;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a, -1, sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a, 63, sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
#define mt make_tuple
#define eprintf(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
template <typename T1, typename T2> void chkmin(T1 &x, T2 y){
if (x > y) x = y;
}
template <typename T1, typename T2> void chkmax(T1 &x, T2 y){
if (x < y) x = y;
}
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
typedef long double ld;
namespace fastio {
#define FILE_SIZE 1 << 23
char rbuf[FILE_SIZE], *p1 = rbuf, *p2 = rbuf, wbuf[FILE_SIZE], *p3 = wbuf;
inline char getc() {
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = rbuf) + fread(rbuf, 1, FILE_SIZE, stdin), p1 == p2) ? -1: *p1++;
}
inline void putc(char x) {(*p3++ = x);}
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; char c = getc(); T neg = 0;
while (!isdigit(c)) neg |= !(c ^ '-'), c = getc();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getc();
if (neg) x = (~x) + 1;
}
template <typename T> void recursive_print(T x) {
if (!x) return;
recursive_print (x / 10);
putc (x % 10 ^ 48);
}
template <typename T> void print(T x) {
if (!x) putc('0');
if (x < 0) putc('-'), x = -x;
recursive_print(x);
}
template <typename T> void print(T x,char c) {print(x); putc(c);}
void readstr(char *s) {
char c = getc();
while (c <= 32 || c >= 127) c = getc();
while (c > 32 && c < 127) s[0] = c, s++, c = getc();
(*s) = 0;
}
void printstr(string s) {
for (int i = 0; i < s.size(); i++) putc(s[i]);
}
void printstr(char *s) {
int len = strlen(s);
for (int i = 0; i < len; i++) putc(s[i]);
}
void print_final() {fwrite(wbuf, 1, p3 - wbuf, stdout);}
}
const int MOD = 1049874433;
const int MAXK = 4001;
int fac[MAXK + 5], ifac[MAXK + 5], inv[MAXK + 5];
void init_fac(int n) {
for (int i = (fac[0] = ifac[0] = inv[0] = inv[1] = 1) + 1; i <= n; i++)
inv[i] = 1ll * inv[MOD % i] * (MOD - MOD / i) % MOD;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[i] = 1ll * ifac[i - 1] * inv[i] % MOD;
}
}
int qpow(int x, ll e) {
int ret = 1;
for (; e; e >>= 1, x = 1ll * x * x % MOD)
if (e & 1) ret = 1ll * ret * x % MOD;
return ret;
}
int n, k, d;
namespace sub1 {void solve() {printf("%d\n", qpow(k, n)); exit(0);}}
namespace sub2 {
void solve() {
int res = 0;
for (int i = 0; i <= k; i++) res = (res + 1ll * fac[k] * ifac[i] % MOD * ifac[k - i] % MOD * qpow((i - (k - i) + MOD) % MOD, n * 2)) % MOD;
res = 1ll * res * qpow(qpow(2, MOD - 2), k) % MOD;
printf("%d\n", res); exit(0);
}
}
const int G = 7;
namespace sub3 {
void solve() {
int W1 = qpow(G, (MOD - 1) / 3), W2 = qpow(G, (MOD - 1) / 3 * 2);
int res = 0;
for (int i = 0; i <= k; i++) for (int j = 0; j + i <= k; j++)
res = (res + 1ll * fac[k] * ifac[i] % MOD * ifac[j] % MOD * ifac[k - i - j] % MOD *
qpow((1ll * i * W1 + 1ll * j * W2 + (k - i - j)) % MOD, n * 3ll)) % MOD;
res = 1ll * res * qpow(qpow(3, MOD - 2), k) % MOD;
printf("%d\n", res); exit(0);
}
}
namespace sub4 {
int binom(int n, int m) {return 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;}
void solve() {
int W1 = qpow(G, (MOD - 1) / 4), res = 0;
for (int i = -k; i <= k; i++) for (int j = -k; j <= k; j++) {
if (abs(i) + abs(j) <= k && ((i + j) & 1) == (k & 1)) {
int way = 1ll * binom(k, (k + abs(abs(i) - abs(j))) / 2) *
binom(k, (k + abs(i) + abs(j)) / 2) % MOD;
// printf("! %d %d %d\n", i, j, way);
res = (res + 1ll * qpow(((i + 1ll * j * W1) % MOD + MOD) % MOD, n * 4ll) % MOD * way) % MOD;
}
}
res = 1ll * res * qpow(qpow(4, MOD - 2), k) % MOD;
printf("%d\n", res);
}
}
namespace sub6 {
int a[MAXK + 5][MAXK + 5], b[4][4], c[4][4];
int binom(int n, int m) {return 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;}
void solve() {
for (int i = -1; i <= 1; i++) for (int j = -1; j <= 1; j++)
if (i != j) b[i + 1][j + 1]++;
for (int i = 0; i <= 2; i++) for (int j = 1; j <= 2; j++)
c[i][j - 1] = b[i][j] * j * k;
// for (int i = 0; i < 3; i++) for (int j = 0; j < 3; j++) printf("%d%c", c[i][j], " \n"[j == 2]);
for (int i = 0; i <= k; i++) a[i][k - i] = binom(k, i);
for (int i = k + 1; i <= k * 2; i++) a[i][0] = a[0][i] = binom(k, i - k);
for (int i = 0; i < k * 2; i++) for (int j = max(k - i + 1, 2); j <= min(k * 3 - i, k * 2 + 1); j++) {
// the i-th column, j-th row, find a[j - 1][i + 1]
int ss = 0;
for (int p = 0; p < 3; p++) for (int q = 0; q < 3; q++) {
if (j - p >= 0 && i - q + 1 >= 0 && (p != 1 || q != 0) && b[p][q])
ss = (ss - 1ll * (i - q + 1) * a[j - p][i - q + 1] * b[p][q] % MOD + MOD) % MOD;
}
for (int p = 0; p < 3; p++) for (int q = 0; q < 3; q++)
if (j - p >= 0 && i - q >= 0 && c[p][q])
ss = (ss + 1ll * c[p][q] * a[j - p][i - q]) % MOD;
a[j - 1][i + 1] = 1ll * ss * inv[i + 1] % MOD;
}
// for (int i = 0; i <= k * 2; i++) for (int j = 0; j <= k * 2; j++)
// printf("%d%c", a[i][j], " \n"[j == k * 2]);
int W1 = qpow(G, (MOD - 1) / 6), res = 0;
for (int i = 0; i <= k * 2; i++) for (int j = 0; j <= k * 2; j++)
res = (res + 1ll * a[i][j] * qpow(((i - k + 1ll * W1 * (j - k)) % MOD + MOD) % MOD, n * 6ll)) % MOD;
res = 1ll * res * qpow(qpow(6, MOD - 2), k) % MOD;
printf("%d\n", res);
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &k, &d); init_fac(MAXK);
if (d == 1) sub1 :: solve();
if (d == 2) sub2 :: solve();
if (d == 3) sub3 :: solve();
if (d == 4) sub4 :: solve();
if (d == 6) sub6 :: solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号