【题解】CTS2019珍珠(二项式反演+卷积)

【题解】CTS2019珍珠

题目就是要满足这样一个条件\(c_i\)代表出现次数

\[\sum {[\dfrac {c_i } 2]} \ge 2m \]

显然\(\sum c_i=n\)所以，而且假如\(c_i\)是\(2\)的约数就有正常的贡献，如果不是就有少一点的贡献，那么

\[\sum^D_{i=1} {[2\mid c_i]} > n-2m \]

设\(f_i\)为钦定有\(i\)种颜色出现偶数次的方案。问题瞬间就变成了HAOI染色...

则有

\[f_i={D\choose i}[x^n]n!(\dfrac {e^x+e ^{-x}}{2})^i{(e^x)}^{D-i} \]

选出钦定的\(i\)个颜色，后面是序列的生成方式。

\[2^if_i={D\choose i}[x^n]n!( {e^x+e ^{-x}})^i{(e^x)}^{D-i} \]

展开\(^i\)

\[2^if_i={D\choose i}[x^n]n!\sum_{j=0}^i{i\choose j}{(e^x)}^{D+2j-2i} \]

由于是求\([x^n]\)所以

\[2^if_i={D\choose i}n!\sum_{j=0}^i{i\choose j}\dfrac {{(D+2j-2i)}^n}{n!} \]

\[={D\choose i}\sum_{j=0}^i{i\choose j} {{(D+2j-2i)}^n} \]

所以

\[\dfrac {2^if_i}{{D\choose i}i!}=\sum_{j=0}^i \dfrac {(-(2i-2j-D))^n}{j!(i-j)!} \]

右边的式子直接NTT得到。

然而我们知道，这样的钦定是有重复的，具体如何重复参考[【题解】HAOI2018]染色(NTT+容斥/二项式反演)。我们直接二项式反演:

设\(g_i\)表示恰好\(i\)种颜色出现次数为偶数的方案，则考虑一下\(g_j\)在\(f_i\)出现的次数

\[f_i=\sum_{j=i}^D {j\choose i}g_i \]

直接二项式反演

\[g_i=\sum_{j=i}^D (-1)^{j-i}{j\choose i}f_j \]

下标从0没问题，变一下：

\[g_i=\sum_{j=0}^D (-1)^{j-i}\dfrac {j!}{i!(j-i)!}f_j \]

整理

\[\dfrac {g_i}{i!}=\sum_{j=0}^D \dfrac{(-1)^{j-i}\times j!f_j}{(j-i)!} \]

reverse一下，右边又直接NTT

最终答案：

\[\sum_{i=n-2m+1}^D g_i \]

你觉得肯定做不了，\(n\le 1e9\)啊，但是考虑一些边界情况：

• \(n <2m\)答案为0
• \(n-2m+1>D\)答案为\(D^n\)

所以如果用多项式算法的条件是

\[n\ge2m\\n-2m+1\le D=1e5\\ \]

多项式的maxn开\(1<<18\)就行了。

代码真的懒得写就是套套板子调调参。