[jzoj 6080] [GDOI2019模拟2019.3.23] IOer 解题报告 (数学构造)

题目链接：

https://jzoj.net/senior/#main/show/6080

题目：

题意：

给定$n,m,u,v$

设$t_i=ui+v$

求$\sum_{k_1+k_2+...+k_m=n}t_1^{k_1}t_2^{k_2}...t_m^{k_m}(k_1,k_2,...,k_m∈N)$

算法一：

对于$m=1$的点，显然答案就是$t_1^n$，快速幂计算即可

获得$5$分

算法二：

对于$m=2$的点，$\sum_{k1+k2=n}t_1^{k_1}t_2^{k_2}=\frac{t_1^{n+1}-t_2^{n+1}}{t1-t2}$

结合算法一获得$15$分

算法三：

这显然可以用生成函数，不妨设$f_i(x)=\sum_{k=0}^{n}t_i^kx^k$

把$f_1(x),f_2(x),...,f_m(x)$全部卷起来，第$n$次项的系数就是答案

用$ntt$优化多项式乘法，时间复杂度$O(Tmn logn)$，结合算法一和算法二得分$40$分

代码

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=4e6+15;
const ll mo=998244353;
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll s=0,f=1;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return s*f;
}
ll qpow(ll a,ll b)
{
    a%=mo;
    ll re=1;
    for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo;
    return re;
} 
ll wn[31];
void pre()
{
    for (int i=0;i<=30;i++)
    {
        ll t=1ll<<i;
        wn[i]=qpow(3,(mo-1)/t);
    }
}
int r[N];
void ntt(int limit,ll *a,int type)
{
    for (int i=0;i<limit;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int len=1,id=0;len<limit;len<<=1)
    {
        ++id;
        for (int k=0;k<limit;k+=(len<<1))
        {
            ll w=1;
            for (int l=0;l<len;l++,w=w*wn[id]%mo)
            {
                ll Nx=a[k+l],Ny=w*a[k+len+l]%mo;
                a[k+l]=(Nx+Ny)%mo;
                a[k+len+l]=((Nx-Ny)%mo+mo)%mo;
            }
        }
    }
    if (type==1) return;
    reverse(a+1,a+limit);
    ll inv=qpow(limit,mo-2);
    for (int i=0;i<limit;i++) a[i]=a[i]*inv%mo;
}
ll n,m,u,v;
ll f[N],t[N],g[N];
int main()
{
    freopen("ioer.in","r",stdin);
    freopen("ioer.out","w",stdout);
    int T=read();
    while (T--)
    {
        n=read();m=read();u=read();v=read();
        if (m==1) 
        {
            ll t1=(u+v)%mo;
            printf("%lld\n",qpow(t1,n));
            continue;
        }
        if (m==2)
        {
            ll t1=(u+v)%mo,t2=(2*u+v)%mo;
            ll inv=qpow(((t1-t2)%mo+mo)%mo,mo-2);
            ll R1=qpow(t1,n+1),R2=qpow(t2,n+1);
            printf("%lld\n",((R1-R2)%mo+mo)%mo*inv%mo);
            continue;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++) t[i]=(u*i%mo+v)%mo;
        for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=qpow(t[1],i);
        pre();
        int limit=1,L=0;
        while (limit<=((n+1)<<1)) limit<<=1,L++;
        for (int i=0;i<limit;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
        for (int i=2;i<=m;i++)
        {
            for (int j=0;j<=n;j++) g[j]=qpow(t[i],j);
            for (int j=n+1;j<limit;j++) g[j]=0;
            ntt(limit,f,1);ntt(limit,g,1);
            for (int j=0;j<limit;j++) f[j]=f[j]*g[j]%mo;
            ntt(limit,f,-1);
            for (int j=n+1;j<limit;j++) f[j]=0;
        }
        printf("%lld\n",f[n]);
    }
    return 0;
}

 

算法四：

算法三可以优化

设$f_i(x)=\sum_{k>=0}^{n}t_i^kx^k=\frac{1}{1-t_ik}$

那么求出$\frac{1}{f_1(x)},\frac{1}{f_2(x)},...,\frac{1}{f_m(x)}$的乘积，可以用分治$ntt$在$O(m log^2m)$的时间复杂度内求出

求出后在$\mod x^{n+1}$下多项式求逆，得到的结果的$n$次项系数即为答案

结合算法一，二得分$60$分

算法五：

之前都没有用到$t_i=ui+v$这个条件

不妨构造下面这么一个问题

假设你有一些球，每个球上标有一个不超过$m$的正整数。标有相同数字
的球可能颜色不同，两个球被认为是相同的，当且仅当它们的数字和它们的
颜色都相同。

数字为$i(i<m)$的球各有u中不同的颜色

数字为m的球有u+v中不同颜色

考虑满足一下条件的序列的数量

• 每个元素都是一个球

• 序列长度为 n + m − 1。

• 所有小于 m 的正整数都在序列中某个球上出现过

• 设从左到右第一个数字为 $i(i < m)$ 的球在序列上的位置为 $p_i$（序列上
位置从左到右，从 $1$ 开始编号），对于任意的$ i < j < m$，满足$p_i<p_j$

为了方便描述，设$p_0=0,p_m=n+m$

枚举 $p1, p2, · · · , p_{m−1}$，位置 $pi(1 ≤ i < m)$ 上的球数字只能是 $i$，在$ p_1$
之前的位置数字只能是 $m$，在 $p_2$ 之前的数字只能是 $m $或$ 1$...... 可以得到
满足条件的序列数为

$\sum_{0<p_1<p_2<...<p_m-1<=n+m-1}(u+v)^{p_1-1}u(2u+v)^{p_2-1-p_1}...u(mu+v)^{n+m-1-p_{m-1}}$

设$k_i=p_i-1-p_{i-1}$，上式可以化简为

$u^{m-1}\sum_{k_1+k_2+...+k_m=n} (u+v)^{k_1}(2u+v)^{k_2}...(mu+v)^{k_m}(k1,k2,...,km∈N)$

上式即题目中给出的问题的答案的 $u^{m−1}$ 倍。只要求出满足条件的序列数就能快速得到原问题的答案。对于每个小于 $m$ 的数字，标有这个数字的球颜色种数都是 $u$，所以小于 $m$ 的数字可以看作是等价的。也就是说，设 $a$ 是 $1,...,m−1$ 的任意一个排列，如果把之前所说的这个序列要满足的第四个条件改为：对于任意$i < j < m$，满足$p_{a_i} < p_{a_j}$，满足条件的序列数仍是 $u^{m−1} \sum_{k_1+···+k_m=n}(u +v)^{k_1} (2u + v)^{k_2}...(mu + v)^{k_m}(k_1, · · · , k_m ∈ N)$

因此，只满足前三个条件的序列数，可以看作是 $a$ 取遍所有 $(m − 1)!$ 种排列，满足对于任意 $i < j < m，p_{a_i} < p_{aj}$ 和前三个条件的序列数的和，即：
$(m-1)!u^{m−1} \sum_{k_1+···+k_m=n}(u +v)^{k_1} (2u + v)^{k_2}...(mu + v)^{k_m}(k_1, · · · , k_m ∈ N)$
所以我们只要算出满足前三个条件的序列数，就可以快速求出原问题的答案。

满足前三个条件序列数可以用容斥原理算出，也就是

$\sum_{k=0}^{m-1}\dbinom{m-1}{k}(-1)^k(mu+v-ku)^{n+m-1}$

所以所求问题的答案为

$\frac{\sum_{k=0}^{m-1}\dbinom{m-1}{k}(-1)^k(mu+v-ku)^{n+m-1}}{(m-1)!u^{m-1}}$

预处理阶乘

时间复杂度$O(m+Tm logn)$，可以得到$100$分

思路清新，代码简单

代码

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int M=2e5+15;
const ll mo=998244353;
ll n,m,u,v;
ll fac[M],finv[M];
inline ll read()
{
    char ch=getchar();ll s=0,f=1;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return s*f;
}
ll qpow(ll a,ll b)
{
    a%=mo;
    ll re=1;
    for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo;
    return re;
}
void pre()
{
    fac[0]=1;
    for (int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
    finv[M-1]=qpow(fac[M-1],mo-2);
    for (int i=M-2;i>=0;i--) finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mo;
}
ll C(ll a,ll b)
{
    return fac[a]*finv[b]%mo*finv[a-b]%mo;
}
int main()
{
    freopen("ioer.in","r",stdin);
    freopen("ioer.out","w",stdout);
    pre();
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();m=read();u=read();v=read();
        ll ans=0;
        for (int k=0;k<m;k++)
        {
            if (k&1) ans=(ans-C(m-1,k)*qpow(m*u+v-k*u,n+m-1)%mo+mo)%mo;
            else ans=(ans+C(m-1,k)*qpow(m*u+v-k*u,n+m-1)%mo)%mo;
        }
        ll o=qpow(u,m-1);
        ans=ans*finv[m-1]%mo*qpow(o,mo-2)%mo;
        printf("%lld\n",ans);
    } 
    return 0;
}