自嗨测试赛2

A 任意模数多项式乘法逆

题目大意 ： 求一个多项式乘法逆的n次项系数

• 看到这个题目和题面还以为是一个板子（而且还忘了怎么打），于是心里强烈谴责了出题人TheSure

• 后来发现不是这样，给出的多项式最高次不超过10，于是10n就能跑过去了

• 有亿点卡常，用矩阵快速幂的话可以极快得通过（不过我没写）

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#include <cstdio>

using namespace std;
const int N = 1e7;

int n, k, M, f[N], a[15];

int main() {
    freopen("poly.in", "r", stdin);
    freopen("poly.out", "w", stdout);
    scanf("%d%d%d", &n, &k, &M); f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= k && i - j >= 0; ++j) {
            long long x = 1ll * f[i-j] * a[j];
            if (x >= M) x %= M;
            if ((f[i] += x) >= M) f[i] -= M;
        }
        f[i] = M - f[i];
    }
    printf("%d
", f[n]);
    return 0;
}

B 明明的随机数

题目大意 ： 生成有一个n行m列的矩阵，每个数为不超过c的正整数，行列去重之后剩下k1行k2列，问有多少种方案

• 设f[i]表示i行无限制，k2列两两不同的方案数，第一列有 (c_i) 中选法，以后的每一列都不能选前面的选法，所以可知

[f[i]=prod_{j=0}^{k2}c^i-j ]

• 设g[i]表示i行，k2列都两两不同的方案数， (left { ^n_k ight })表示第二类斯特林数

[f[i]=sum_{j=1}^{i}left { ^i_j ight }g[j] ]

• 这个式子的含义大概就是枚举有多少种不同的，然后求个和，也不知道该咋解释

• 根据斯特林反演的式子可得

[g[i]=sum_{j=1}^{i}(-1)^{i-j}left { ^i_j ight }f[j] ]

• 于是答案就出来了

[ans=g[k1]left { ^n_{k1} ight }left { ^m_{k2} ight } ]

• 求f[i]的时候可以 O(k2)，求g[k1]用时O(k)，第二类斯特林数可以用O(n)的通项公式求

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#include <cstdio>

using namespace std;
const int N = 3005, M = 998244353;

int read(int x = 0, int f = 1, char c = getchar()) {
    for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
    for (; c >='0' && c <='9'; c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
    return x * f;
}

int T, n, m, k1, k2, c, s[N][N], fac[N], inv[N], ans;

int Pow(int a, int k, int ans = 1) {
    for (; k; k >>= 1, a = 1ll * a * a % M)
        if (k & 1) ans = 1ll * ans * a % M;
    return ans;
}

void Init(int n) {
    s[0][0] = fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) 
        fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % M;
    inv[n] = Pow(fac[n], M - 2);
    for (int i = n; i >= 1; --i)
        inv[i-1] = 1ll * inv[i] * i % M;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= i; ++j)
            s[i][j] = (s[i-1][j-1] + 1ll * (i - 1) * s[i-1][j]) % M;
}

int S(int n, int k) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= k; ++i)
        ans = (ans + 1ll * Pow(i, n) * inv[i] % M * inv[k-i] % M * ((k - i) & 1 ? -1 : 1) + M) % M;
    return ans;
}

int main() {
    freopen("random.in","r",stdin);
    freopen("random.out","w",stdout);
    scanf("%d", &T); Init(N - 1);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &k1, &k2, &c);
        int p = 1; ans = 0;
        for (int i = 1; i <= k1; ++i) {
            int f = 1; p = 1ll * p * c % M;
            for (int j = 0; j < k2; ++j)
                f = 1ll * f * (p - j) % M;
            ans = (ans + 1ll * s[k1][i] * f % M * ((k1 - i) & 1 ? -1 : 1) + M) % M;
        }
        printf("%lld
", 1ll * ans * S(n, k1) % M * S(m, k2) % M);
    }
    return 0;
}

C 凯爹博弈 (Unaccepted)

题目大意 ：

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