【杂题】[LibreOJ #6608] 无意识的石子堆【容斥原理】【FFT】

Description

Solution

943718401=225*2^22+1

显然每行必须有两个，我们不妨枚举有k列有2个石子，那么有2(n-k)列有1个石子。

[Ans=sumlimits_{k=0}^{n}{mchoose k}{m-kchoose 2(n-k)}S_k ]

抽象一下问题，我们有n种颜色的球，每种颜色的球有两个且没有区别，现在要将它们放进k+2(n-k)个有区别的盒子中，其中k个盒子无序的放2个球，2(n-k)个盒子放1个球，同种颜色的球不能放入同一个盒子，(S_k)就是方案数，我们只需要快速算出所有的(S_k)。

同种颜色的球不能放入同一个盒子的限制比较烦人，我们考虑容斥。
枚举有多少个盒子放了两个相同颜色的球。

从n种颜色选出i个颜色，k个盒子选出i个盒子，以某种顺序放置。
我们先假定同种颜色的两个球不同，k个盒子的两个球有序，最后再除掉。
剩下(2n-2i)!个球再以某种顺序填入盒子。

那么有

[S_k={1over 2^{n+k}}sumlimits_{i=0}^{k}{kchoose i}{nchoose i}i!(-1)^{i}2^i(2n-2i)! ]

这是一个卷积的形式，可以用FFT加速。

这样就只用了一次卷积就算出了答案。
时间复杂度(O(nlog n))

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define LL long long
using namespace std;
int M,L;
const int mo=943718401;
const int MAXM=4194304;
LL js[MAXM+1],ny[MAXM+1];
LL ksm(LL k,LL n)
{
	LL s=1;
	for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
	return s;
}
namespace poly
{	
	int wi[MAXM+1],bit[MAXM+1],ns;
	void init()
	{
		js[0]=1;
		fo(i,1,M) js[i]=js[i-1]*i%mo,bit[i]=(bit[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
		ny[M]=ksm(js[M],mo-2);
		fod(i,M-1,0) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mo;
		wi[0]=1;
		wi[1]=ksm(7,(mo-1)/M);
		
		fo(i,2,M) wi[i]=(LL)wi[i-1]*wi[1]%mo;
		ns=ksm(M,mo-2);
	}
	void DFT(int *a)
	{
		int v;
		fo(i,0,M-1) if(i<bit[i]) swap(a[i],a[bit[i]]);
		for(int h=1;h<M;h<<=1)	
		{
			int wn=wi[M/h/2];
			for(int j=0;j<M;j+=h*2)
			{
				int *x=a+j,*y=x+h,w=1;
				for(int i=0;i<h;i++,x++,y++,w=(LL)w*wn%mo)
				{	
					v=(LL)*y * w%mo;
					*y=(*x-v+mo)%mo;
					*x=(*x+v)%mo;
				}
			}
		}
	}
	void IDFT(int *a)
	{
		DFT(a);
		fo(i,0,M-1) a[i]=(LL)a[i]*ns%mo;
		reverse(a+1,a+M);
	}
}
using poly::init;
using poly::DFT;
using poly::IDFT;
LL n,m;
LL C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	return js[n]*ny[m]%mo*ny[n-m]%mo;
}
int a[MAXM+1],b[MAXM+1];
int main()
{	
	cin>>n>>m;
	M=1,L=0;
	while(M<2*n+2) M<<=1,L++;
	init();
	LL v=1;
	fo(i,0,n)
	{
		a[i]=v*C(n,i)%mo*js[2*(n-i)]%mo%mo;
		b[i]=ny[i]%mo;
		v=mo-v;
		v=v*2%mo;
	}
	DFT(a),DFT(b);
	fo(i,0,M-1) a[i]=(LL)a[i]*b[i]%mo;
	IDFT(a);
	LL ans=0,vs=1,ck=1,cn=1;
	fo(i,0,min(m-1,n*2-1)) cn=(m-i)%mo*js[i]%mo*ny[i+1]%mo*cn%mo;
	fo(i,0,n)
	{
		if(2*(n-i)<=m-i) ans=(ans+vs*ck%mo*cn%mo*a[i]%mo*js[i]%mo)%mo;
		vs=vs*ny[2]%mo;
		ck=(m-i)%mo*js[i]%mo*ny[i+1]%mo*ck%mo;
		if(2*(n-i)<=m-i) cn=cn*ksm((m-i)%mo*((m-2*n+i+1)%mo)%mo,mo-2)%mo*(((n-i)*2-1+mo)%mo*((n-i)*2%mo)%mo)%mo;
	}
	ans=ans*vs%mo*2%mo;
	printf("%lld
",ans);
}