UOJ#449. 【集训队作业2018】喂鸽子 min-max容斥,FFT

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ449.html

题解

设 f(i) 表示给 i 只鸽子喂食使得至少一只鸽子被喂饱的期望次数,先 min-max容斥 一下。($\frac ni$ 表示期望每 $\frac ni$ 步喂这 i 只鸽子一次)

$$ans = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}\binom ni \frac ni \cdot f(i)$$

考虑如何求 f(i) 。假设我们喂饱的是第一只鸽子,那么假设我们喂了其他鸽子 j 次,那么就可以得到以下式子:

$$f(i) = \sum_{j=0}^{\infty} (j+k) \binom {j+k-1}{k-1} \cdot \left ( g^{i-1} \right ) ^{(j)} (0)\cdot \frac 1{i^{j+k}}$$

(注: $h^{(a)}(x)$ 表示函数 $h(x)$ 的 a 阶导数,$h^{(a)}(0)$ 表示指数生成函数 $h$ 的第 a 项系数)

其中 $\left(g^{i-1}\right)^{(j)}(0)$ 表示给 i-1 只鸽子喂食,每只喂的次数不超过 k-1 次,总共喂了 j 次的方案数。由于还有一只要强制喂到 k 次,所以要乘上 $\binom{j+k-1}{k-1}$ ,这种情况下喂了 $j+k$ 次鸽子,所以要乘上 $j+k$。

那么这个 g(x) 是什么东西?

对于一只鸽子,可以喂 $0,1,2,\cdots, k-1$ 次,搞一个指数生成函数就好了。

$$ g(x) = \sum_{i=0}^{k-1} \frac{ x^i} {i!}$$

时间复杂度 $O(n^2k \log (nk))$ 。

好像还有一个 $O(n^2k)$ 的神仙做法,先坑着。

代码

#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d\n",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
#define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);\
					    For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts("");
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector <int> vi;
LL read(){
	LL x=0,f=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		f|=ch=='-',ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int N=55,K=1005,S=1<<16,mod=998244353;
void Add(int &x,int y){
	if ((x+=y)>=mod)
		x-=mod;
}
void Del(int &x,int y){
	if ((x-=y)<0)
		x+=mod;
}
int del(int x,int y){
	return x-y<0?x-y+mod:x-y;
}
int Pow(int x,int y){
	int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)
		if (y&1)
			ans=(LL)ans*x%mod;
	return ans;
}
int Fac[S],Inv[S];
void prework(){
	int n=S-1;
	for (int i=Fac[0]=1;i<=n;i++)
		Fac[i]=(LL)Fac[i-1]*i%mod;
	Inv[n]=Pow(Fac[n],mod-2);
	Fod(i,n,1)
		Inv[i-1]=(LL)Inv[i]*i%mod;
}
int C(int n,int m){
	if (m<0||m>n)
		return 0;
	return (LL)Fac[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;
}
int n,k;
int m,d,invm;
int f[N];
int R[S],w[S];
int a[S],b[S],c[S];
void FFT(int *a,int n){
	For(i,0,m-1)
		if (i<R[i])
			swap(a[i],a[R[i]]);
	for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
		for (int i=0;i<n;i+=d<<1)
			for (int j=0;j<d;j++){
				int tmp=(LL)w[t*j]*a[i+j+d]%mod;
				a[i+j+d]=del(a[i+j],tmp);
				Add(a[i+j],tmp);
			}
}
int main(){
	prework();
	n=read(),k=read();
	for (m=1,d=0;m<n*k;m<<=1,d++);
	invm=Pow(m,mod-2);
	For(i,0,m-1)
		R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
	w[0]=1,w[1]=Pow(3,(mod-1)/m);
	For(i,2,m-1)
		w[i]=(LL)w[i-1]*w[1]%mod;
	clr(a);
	For(i,0,k-1)
		a[i]=Inv[i];
	FFT(a,m);
	For(i,0,m-1)
		b[i]=1;
	For(x,1,n){
		For(i,0,m-1)
			c[i]=b[i];
		reverse(w+1,w+m);
		FFT(c,m);
		reverse(w+1,w+m);
		For(i,0,m-1)
			c[i]=(LL)c[i]*invm%mod*Fac[i]%mod;
		f[x]=0;
		For(i,0,m-1)
			if (c[i])
				Add(f[x],(LL)C(i+k-1,k-1)*c[i]%mod*(i+k)%mod*Pow(x,mod-i-k)%mod);
		For(i,0,m-1)
			b[i]=(LL)b[i]*a[i]%mod;
	}
	int ans=0;
	For(i,1,n){
		int tmp=(LL)C(n,i)*n%mod*Pow(i,mod-2)%mod*f[i]%mod;
		if (i&1)
			Add(ans,tmp);
		else
			Del(ans,tmp);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

  

posted @ 2019-04-02 22:50 -zhouzhendong- 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏









































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