[校内赛20200903/牛客2020多校赛第五场]简单题 Easy

题目

题目描述

对于给定参数 (n, m, k) ，合法的正整数序列 (a,b) 分别满足：

1. (a) 和 (b) 的长度都是 (k)；

2. (sum_{i=1}^k a_i=n) 且 (sum_{i=1}^k b_i=m)；

现在对于合法的 (a) 和 (b)，定义它们的贡献 (f(a,b)) 为：

[prod_{i=1}^k min{a_i,b_i} ]

现在请求出，所有合法的 (a,b) 的 (f(a,b)) 之和。

数据范围：

对于 (60\%) 的数据，满足 (1le n,m,kle 100) 。

对于 (80\%) 的数据，满足 (1le n,m,kle 1000) 。

对于 (100\%) 的数据，满足 (1le n,m,kle 10^6) 。

分析

第一次见到二元生成函数的题目，我人傻了。

60 pts

不难想到如下的 DP :

(f(i,j,k))：前 (i) 个数，此时 (sum a=j,sum b=k) 的贡献之和。

暴力转移是 (O(kn^4)) 的：

[f(i,j,k)=sum_{p=1}^{j}sum_{q=1}^{k}f(i-1,j-p,k-q) imes min{p,q} ]

然后不难想到运用经典技巧优化：我们枚举一下 (min{p,q}) 。那么此时合法的 (f(i-1,j-p,k-q)) 就对应了一段一维前缀和，每次转移之前预处理一下就可以做到 (O(n)) 转移。

时间是 (O(kn^3)) ，可以获得 60 pts 。

80 pts

from Lucky_Glass

从另一个角度来看问题，我们现在对 (p) 序列:

[p_i=min{a_i,b_i} ]

直接计算。首先我们可以 DP 处理出来 (p) 序列的贡献：

(g(i,j))：前 (i) 个数， (p) 序列的和为 (j) 时的贡献和。

转移有：

[g(i,j)=sum_{k=1}^j g(i-1,j-k) imes k ]

转移时 (O(kn^2)) 的，之后再来优化。

然后考虑，对于一个和固定为 (s) 的 (p) 序列来说，它被计算的次数之和。

首先我们确定 (a_i) 和 (b_i) 每一位至少要填上 (p_i) 。我们现在可以让 (a_i) 或 (b_i) 中的一个变大。

首先枚举 (a) 中变大的值的数量，设为 (t) 。这里我们要求必须变大，那么就是隔板法的问题：

[inom{k}{t} imes inom{n-s-1}{t-1} ]

然后考虑 (b) 中变大的值的数量。 (a) 变大了的位置 (b) 就不能变了。并且，此时 (b) 也可以选择不变大，于是总共方案就是：

[inom{k}{t} imes inom{n-s-1}{t-1} imes inom{m-s+t-1}{t-1} ]

此时单次询问就是 (O(n^2)) 的。

之后再来优化一下 DP 。可以发现，这就是一个三角形的前缀和，可以直接维护。于是就变成了 (O(kn)) 。

Lucky_Glass txdy!

100 pts

这里有两种我听得懂的推导方法。

方法 1

注意这里 (a) 和 (b) 两个序列是不同的，因此我们的生成函数需要用不同的形式变量。

不考虑 (min{a,b}) 的贡献，我们可以利用如下的生成函数来表示：

(a) 的一项可以表示为：(frac{x}{1-x}=sum_{i=1}x^i) 。同理有 (b) 的一项： (frac{y}{1-y}) 。

那么总共的方案数就是：

[left(frac{xy}{(1-x)(1-y)} ight)^k=frac{x^ky^k}{(1-x)^k(1-y)^k} ]

但是此时没有 (min{a,b}) 的贡献 ......

注意到一个性质。对于自然数 (n) ，满足：

[n=sum_{0le k< n} 1 ]

那么对于一项 (x^ny^m) ，我们就可以通过类似的方法，将 (min{n,m}) 的贡献均摊：

[min{n,m}x^ny^m=sum_{k=0}^{min{n,m}}x^ky^k imes x^{n-k}y^{m-k} ]

仔细一看，你会发现，这就是一个卷积的形式。这提示我们，对于 (a,b) 的每一项，我们可以额外卷上：

[sum_{i=0}x^iy^i ]

这个式子，以达到计算 (min{n,m}) 这个贡献的目的。

不难得到 (sum_{i=0}x^iy^i) 的闭形式：

[sum_{i=0}x^iy^i=frac{1}{1-xy} ]

然后原问题的生成函数就是：

[f(x,y)=frac{x^ky^k}{(1-xy)^k(1-x)^k(1-y)^k} ]

原问题的答案是 ([x^ny^m]f(x,y)) ，我们现在就要计算这个系数。

显然可以发现 ([x^{n-k}y^{m-k}]frac{1}{(1-xy)^k(1-x)^k(1-y)^k}=[x^ny^m]f(x,y)) 。问题转化为了求等式左侧的值。

不难想到，我们应该枚举 (frac{1}{(1-xy)^k}) 用到的指数 (t) 。此时它的系数是 (inom{k+t-1}{t}) 。

然后再考虑： ([x^{n-t-k}]frac{1}{(1-x)^k}=inom{n-t-1}{k-1},[y^{m-t-k}]frac{1}{(1-y)^k}=inom{m-t-1}{k-1}) 。

答案就是：

[[x^ny^m]f(x,y)=sum_{t=0}^{min{n-k,m-k}} inom{k+t-1}{t}inom{n-t-1}{k-1}inom{m-t-1}{k-1} ]

听 zjx 巨佬说这个式子还有组合意义......恕在下太愚蠢了。

方法 2

from Tiw_Air_OAO

我们将要直接构造出原问题的生成函数。

首先考虑这个式子：

[sum_{i=0}ix^iy^i ]

稍微算一算可以发现它的闭形式是：

[sum_{i=0}ix^iy^i=frac{xy}{(1-xy)^2} ]

推导请见后面的 附 部分。

然后考虑让 (i) 变成 (min{n,m}) ，或者说，我们应该让 (x^iy^i) 变成 (x^ny^i(n>i)) 或者 (x^iy^m(mge i)) 。

第一种情况等价于乘上 (sum_{i=1}x^i=frac{x}{1-x}) ，第二种情况等价于 (sum_{i=0}y^i=frac{1}{1-y}) 。

于是我们就可以得到其中一项的生成函数是：

[egin{aligned} & frac{xy}{(1-xy)^2}left(frac{x}{1-x}+frac{1}{1-y} ight)\=& frac{xy}{(1-xy)^2} imesfrac{(x-xy)+(1-x)}{(1-x)(1-y)}\=& frac{xy}{(1-xy)^2} imes frac{1-xy}{(1-x)(1-y)}\=& frac{xy}{(1-xy)(1-x)(1-y)}end{aligned} ]

最终问题的生成函数就是：

[left(frac{xy}{(1-xy)(1-x)(1-y)} ight)^k=frac{x^ky^k}{(1-xy)^k(1-x)^k(1-y)^k} ]

Tiw_Air_OAO yyds!

​

本题中一些有价值的点：

1. 60 pts 升级为 80 pts 的过程中，我们的方向从分别枚举 (a,b) 变成了直接枚举 (p) ，之后再考虑 (p) 的数量（或者 (p) 的限制）。可以发现这样的思路在很多题目中都有运用。
2. 100 pts 中，第一种构造方法，对于 (min) 的贡献的处理，具有启发性。
3. 第二种构造方法的处理方式也很有意义。两种构造方法对应了两种对于 (min) 函数的理解：
   • (min) 意味着其中的一个较小值 （构造 1）；
   • (min) 意味着两个都至少要大于 (min) 值（构造 2）；
4. 这道题可以帮助你树立 " tly 和 zjx yyds "的正确观念。

代码

#include <cstdio>

typedef long long LL;

const int mod = 998244353;
const int MAXN = 5e5 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int fac[MAXN << 1], ifac[MAXN << 1];
int N, M, K;

int Sub( int x, const int v ) { return x < v ? x + mod - x : x - v; }
int Mul( LL x, const int v ) { x *= v; if( x >= mod ) x %= mod; return x; }
int Add( int x, const int v ) { return x + v >= mod ? x + v - mod : x + v; }
int C( int n, int m ) { return n < m ? 0 : Mul( fac[n], Mul( ifac[m], ifac[n - m] ) ); }

int Qkpow( int base, int indx )
{
	int ret = 1;
	while( indx )
	{
		if( indx & 1 ) ret = Mul( ret, base );
		base = Mul( base, base ), indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

void Init( const int siz )
{
	fac[0] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= siz ; i ++ ) fac[i] = Mul( fac[i - 1], i );
	ifac[siz] = Qkpow( fac[siz], mod - 2 );
	for( int i = siz - 1 ; ~ i ; i -- ) ifac[i] = Mul( ifac[i + 1], i + 1 );
}

int main()
{
	int T;
	read( T );
	Init( 1e6 );
	while( T -- )
	{
		read( N ), read( M ), read( K ); int ans = 0;
		for( int i = 0 ; i <= N && i <= M ; i ++ )
			ans = Add( ans, Mul( C( i + K - 1, i ), Mul( C( N - i - 1, K - 1 ), C( M - i - 1, K - 1 ) ) ) );
		write( ans ), putchar( '
' );
	}
	return 0;
}

附

关于 (sum_{i-0}ix^iy^i) 。记 (S_n=sum_{i=0}^{n}ix^iy^i) 。我们可以直接错位相减：

（当然是默认 (0<x,y<1) 啦）

[egin{aligned} S_n-xyS_{n}&= sum_{i=0}^nix^iy^i-sum_{i=1}^{n+1}(i-1)x^{i}y^{i}\&= sum_{i=1}^nx^iy^i-nx^{n+1}y^{n+1}\&= frac{xy(1-x^{n}y^{n})}{1-xy}-nx^{n+1}y^{n+1}\ S_n&= frac{1}{1-xy} imes left(frac{xy(1-x^{n}y^{n})}{1-xy}-nx^{n+1}y^{n+1} ight)\Rightarrow lim_{n ightarrow infty}S_n&= frac{xy}{(1-xy)^2}end{aligned} ]