@description@
有 (n) 个在范围 ([1, D]) 内的整数均匀随机变量。
求至少能选出 (m) 个瓶子，使得存在一种方案，选择一些变量，并把选出来的每一个变量放到一个瓶子中，满足每个瓶子都恰好装两个值相同的变量的概率。
请输出概率乘上 (D^n) 后对 (998244353) 取模的值。
@solution@
记 (l = min{n - 2m, D})。不难想到枚举出现次数为奇数的变量个数 (i)，列式子：
[n! imes[x^n]sum_{i=0}^{l}{Dchoose i}(frac{e^x - e^{-x}}{2})^i(frac{e^x + e^{-x}}{2})^{D-i}
]
然后二项式展开 + 整理化简得到：
[frac{D!}{2^D} imessum_{i=0}^{D}sum_{p=0}^{i}sum_{q=0}^{D-i} frac{(-1)^{i-p}(2p+2q-D)^n}{p!q!(i-p)!(D-i-q)!}
]
然后我就到此为止了。不过这个思路是可以继续往下推导的，可以参考这篇博客。出题人也有一个关于这种推导方法的解释（还没仔细看，改天补坑.jpg）。
有一个较简单的推导方法。上式中出现了 3 个 (sum)，远远超过了一个中老年菜鸡选手的承受范围。
我们不妨设法去掉 1 个，然后再用常规卷积方法优化。
不妨钦定选 i 个奇数变量，其他的任意选，得到表达式：
[egin{aligned}
g_i &= n! imes{D choose i} imes [x^n](frac{e^x - e^{-x}}{2})^ie^{(D-i)x} \
&= n! imes{D choose i} imes [x^n]sum_{j=0}^i{ichoose j}e^{(2j-2i+D)x}
end{aligned}
]
可以发现我们少了一次二项式展开。把 ({ichoose j}) 拆开就可以直接卷积了。
设 (f_i) 表示恰好 i 个奇数变量的方案数，那么有 (g_i = sum_{j=i}^{D}{jchoose i}f_j)，二项式反演一下：
[f_n = sum_{i=n}^{D}(-1)^{i-n}{ichoose n}g_i
]
这玩意也可以卷积。然后就做完了。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 400000;
inline int add(int x, int y) {x += y; return x >= MOD ? x - MOD : x;}
inline int sub(int x, int y) {x -= y; return x < 0 ? x + MOD : x;}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
return ret;
}
int w[20], iw[20], fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], inv[MAXN + 5];
void init() {
for(int i=0;i<20;i++) {
w[i] = pow_mod(3, (MOD - 1) / (1 << i));
iw[i] = pow_mod(w[i], MOD - 2);
}
fct[0] = 1; for(int i=1;i<=MAXN;i++) fct[i] = mul(fct[i - 1], i);
ifct[MAXN] = pow_mod(fct[MAXN], MOD - 2);
for(int i=MAXN-1;i>=0;i--) ifct[i] = mul(ifct[i + 1], i + 1);
for(int i=1;i<=MAXN;i++) inv[i] = mul(fct[i - 1], ifct[i]);
}
void ntt(int *A, int n, int type) {
for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
for(int l=(n>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int i=1,s=2,t=1;s<=n;i++,s<<=1,t<<=1) {
int u = (type == 1 ? w[i] : iw[i]);
for(int j=0;j<n;j+=s) {
for(int k=0,p=1;k<t;k++,p=mul(p,u)) {
int x = A[j + k], y = mul(p, A[j + k + t]);
A[j + k] = add(x, y), A[j + k + t] = sub(x, y);
}
}
}
if( type == -1 ) {
for(int i=0;i<n;i++)
A[i] = mul(A[i], inv[n]);
}
}
int length(int n) {
int len; for(len = 1; len <= n; len <<= 1);
return len;
}
int comb(int n, int m) {
return mul(fct[n], mul(ifct[m], ifct[n - m]));
}
int D, n, m;
int f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], a[MAXN + 5], b[MAXN + 5];
void get() {
for(int i=0;i<=D;i++) a[i] = mul((i & 1 ? MOD - 1 : 1), mul(pow_mod(sub(D, 2*i), n), ifct[i]));
for(int i=0;i<=D;i++) b[i] = ifct[i];
int len = length(2*D); ntt(a, len, 1), ntt(b, len, 1);
for(int i=0;i<len;i++) g[i] = mul(a[i], b[i]);
ntt(g, len, -1);
for(int i=1;i<=D;i++) g[i] = mul(g[i], mul(comb(D, i), mul(fct[i], pow_mod(2, MOD - 1 - i))));
for(int i=D+1;i<len;i++) g[i] = 0;
for(int i=0;i<len;i++) a[i] = b[i] = 0;
for(int i=0;i<=D;i++) a[D - i] = mul(g[i], fct[i]);
for(int i=0;i<=D;i++) b[i] = (i & 1 ? sub(0, ifct[i]) : ifct[i]);
ntt(a, len, 1), ntt(b, len, 1);
for(int i=0;i<len;i++) f[i] = mul(a[i], b[i]);
ntt(f, len, -1), reverse(f, f + D + 1);
for(int i=0;i<=D;i++) f[i] = mul(f[i], ifct[i]);
}
int main() {
init(), scanf("%d%d%d", &D, &n, &m), get();
int l = min(D, n - 2*m), ans = 0;
for(int i=0;i<=l;i++) ans = add(ans, f[i]);
printf("%d
", ans);
}
@details@
感觉第二种做法比第一种做法更自然一些？（虽然我觉得一般都会先想到第一种做法）
看了一下某谷的题解，发现好像还有线性做法？
我感觉我的组合数学现在可能只会卷积模板题了。