题面
有 (n) 个在 ([1,d]) 内的整数，求使可以拿出 (2m) 个整数凑成 (m) 个相等的整数对的方案数。
数据范围：(0le mle 10^9)，(1le nle 10^9)，(1le dle 10^5)。
蒟蒻语
非常巧妙的题，主要要用到二项式反演、指数级生成函数和 NTT。
做个广告，这是我读过最好的生成函数讲解：link。
蒟蒻解
设 (c_i) 表示 (i) 这个数的出现次数。
设 (odd=sum [c_iin { m odd} ])，即 (c_i) 奇数个数。
很明显最多能凑成 (frac{n-odd}{2}) 对，按题意：
[egin{aligned}
frac{n-odd}{2}&ge m\
odd&le n-2m
end{aligned}
]
这里有两个特判，如果 (n-2m<0) 答案是 (0)，如果 (n-2mge d) 答案是 (d^n)。
设 (g(i)) 表示 (odd=i) 的方案数。
设 (f(i)) 表示钦定 (i) 个 (c_i) 是奇数，剩下随意的方案数（不是 (oddge i) 的方案数，这里对一些排列会重复统计，但是反演完就没事了）。
[f(i)=sum_{x=i}^d{xchoose i}g(x)Longleftrightarrow g(i)=sum_{x=i}^d(-1)^{x-i}{xchoose i} f(x)
]
所以可以先求 (f(i))，用到了指数级生成函数，中间把每个 (e) 的幂次项展开，最后归成卷积形式：
[egin{aligned}
f(i)=&{d choose i} left(frac{e^x-e^{-x}}{2}
ight)^i e^{(d-i)x} n![n]\
=&{d choose i} (e^x-e^{-x})^i e^{(d-i)x} frac{n!}{2^i}[n]\
=&{d choose i} e^{(d-i)x} sum_{j=0}^i(-1)^{i-j} {ichoose j}e^{(j-(i-j))x} frac{n!}{2^i}[n]\
=&{d choose i} e^{(d-i)x} sum_{j=0}^i(-1)^{i-j} {ichoose j}e^{(2j-i)x} frac{n!}{2^i}[n]\
=&{d choose i} frac{n!}{2^i}sum_{j=0}^i(-1)^{j} {ichoose j}e^{(d-2j)x} [n]\
=&{d choose i} frac{n!}{2^i}sum_{j=0}^i(-1)^{j} {ichoose j} frac{(d-2j)^n}{n!}\
=&frac{d!}{i!(d-i)!2^i}sum_{j=0}^i(-1)^{j} frac{i!}{j!(i-j)!} (d-2j)^n\
=&frac{d!}{(d-i)!2^i}sum_{j=0}^ifrac{(-1)^{j}(d-2j)^n}{j!}cdot frac{1}{(i-j)!} \
end{aligned}
]
最后一个难点是如何求：
[g(i)=sum_{x=i}^d(-1)^{x-i}{xchoose i} f(x)
]
感觉可以凑成卷积形式，但总差一点。尝试把 (f) 和 (g) 都反过来，即令 (f'(x)=f(d-x))，(g'(x)=g(d-x))：
[egin{aligned}
g(i)=&sum_{x=i}^d(-1)^{x-i}{xchoose i} f(x)\
=&sum_{x=i}^d(-1)^{x-i}{xchoose i} f'(d-x)\
=&sum_{x=0}^{d-i}(-1)^{d-x-i}{d-xchoose i} f'(x)\
end{aligned}\
g'(d-i)=sum_{x=0}^{d-i}(-1)^{d-x-i}{d-xchoose i} f'(x)\
egin{aligned}
g'(i)=&sum_{x=0}^{i}(-1)^{i-x}{d-xchoose d-i} f'(x)\
=&sum_{x=0}^{i}(-1)^{i-x}frac{(d-x)!}{(d-i)!(i-x)!} f'(x)\
=&frac{1}{(d-i)!}sum_{x=0}^{i} (-1)^{i-x}frac{1}{(i-x)!}cdot f'(x)(d-x)!\
end{aligned}\
]
然后就可以求 (g(i)) 了。
答案便是 (sum_{i=0}^{n-2m} g(i))。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
#define R(i,a,b) for(int i=(a),i##E=(b);i<i##E;i++)
#define L(i,a,b) for(int i=(b)-1,i##E=(a)-1;i>i##E;i--)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
//Data
const int N=1e5;
int n,m,d,ans;
//Math
const int mod=998244353;
int Pow(int a,int x){
int res=1; for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if(x&1) res=1ll*res*a%mod; return res;
}
const int mN=N+1;
int fac[mN],ifac[mN];
void math_init(){
fac[0]=1;R(i,1,d+1) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[d]=Pow(fac[d],mod-2);
L(i,0,d) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
//Poly
const int pN=mN<<2;
int f[pN],g[pN];
const int G=3,iG=Pow(3,mod-2);
int rev[pN],pn;
void poly_init(){
pn=1<<int(ceil(log2(d*2+2)));
R(i,0,pn) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(pn>>1));
}
void NTT(int* a,int t){
R(i,0,pn)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int mid=1;mid<pn;mid<<=1){
int wn=Pow(~t?G:iG,(mod-1)/(mid<<1));
for(int i=0;i<pn;i+=(mid<<1)){
int w=1;
R(j,i,mid+i){
int x=a[j],y=1ll*a[mid+j]*w%mod;
a[j]=(x+y)%mod,a[mid+j]=(x-y+mod)%mod,w=1ll*w*wn%mod;
}
}
}
if(!~t){
int in=Pow(pn,mod-2);
R(i,0,pn) a[i]=1ll*a[i]*in%mod;
}
}
//Main
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>d>>n>>m;
if(n-2*m<0) return cout<<0<<'
',0;
if(d<=n-2*m) return cout<<Pow(d,n)<<'
',0;
math_init(),poly_init();
R(i,0,d+1){
f[i]=1ll*Pow((d-2*i+mod)%mod,n)*ifac[i]%mod;
if(i&1) f[i]=(mod-f[i])%mod;
g[i]=ifac[i];
}
R(i,d+1,pn) f[i]=g[i]=0;
NTT(f,1),NTT(g,1);
R(i,0,pn) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,-1);
R(i,d+1,pn) f[i]=g[i]=0;
R(i,0,d+1) f[i]=1ll*f[i]*fac[d]%mod*ifac[d-i]%mod*Pow(2,mod-1-i)%mod;
reverse(f,f+d+1);
R(i,0,d+1) f[i]=1ll*f[i]*fac[d-i]%mod;
R(i,0,d+1){
g[i]=ifac[i];
if(i&1) g[i]=(mod-g[i])%mod;
}
R(i,d+1,pn) f[i]=g[i]=0;
NTT(f,1),NTT(g,1);
R(i,0,pn) g[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
NTT(g,-1);
R(i,d+1,pn) f[i]=g[i]=0;
R(i,0,d+1) g[i]=1ll*g[i]*ifac[d-i]%mod;
reverse(g,g+d+1);
R(i,0,n-2*m+1) (ans+=g[i])%=mod;
cout<<ans<<'
';
return 0;
}
祝大家学习愉快！