luogu P5401 [CTS2019]珍珠

luogu

问题等价于求出现偶数次的颜色种数在([max(D-(n-2m),0),D])之间的序列个数.所以我们可以先枚举所有颜色出现次数,然后考虑对应的序列方案数

如果有(k)种颜色出现偶数次,那么对应序列个数为(n^k*(frac{e^x-e^{-x}}{2})^{D-k})).为了方便计算,这里可以考虑求(g_k)表示强制(k)种颜色出现偶数次,对应式子为

(g_k=n^k*(e^x)^{D-k}))

(=n!2^k[x^n]sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}e^{jx}e^{-(k-j)x}*e^{(D-k)x})

(=n!2^k[x^n]sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}e^{(D+2(j-k))x})

然后考虑求(f_k)为恰好(k)种颜色出现偶数次的序列个数,枚举(f_k)中的(k)种颜色对应是(g_i(ile k))的哪(j)种,有(g_i=sum_{k=i}^{D}inom{k}{i}f_k),二项式反演得

(f_i=sum_{k=i}^{D}(-1)^{k-i}inom{k}{i}g_k)

(=sum_{k=i}^{D}(-1)^{k-i}inom{k}{i}n!2^k[x^n]sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}e^{(D+2(j-k))x})

(=n![x^n]sum_{k=i}^{D}(-1)^{k-i}inom{k}{i}2^ksum_{j=0}^{k}inom{k}{j}e^{(D+2(j-k))x})

(=n![x^n]sum_{d=0}^{D}e^{(D-2d)x}sum_{k=i}^{D}2^k(-1)^{k-i}inom{k}{i}inom{k}{k-d})

要求的答案其实是

(ans=sum_{i=max(D-(n-2m),0)}^{D}f_i)

(=sum_{i=max(D-(n-2m),0)}^{D}n![x^n]sum_{d=0}^{D}e^{(D-2d)x}sum_{k=i}^{D}2^k(-1)^{k-i}inom{k}{i}inom{k}{k-d})

(=n![x^n]sum_{d=0}^{D}e^{(D-2d)x}sum_{k=1}^{D}inom{k}{k-d}2^ksum_{i=max(D-(n-2m),0)}^{D}(-1)^{k-i}inom{k}{i})

(=n![x^n]sum_{d=0}^{D}e^{(D-2d)x}sum_{k=1}^{D}frac{k!}{d!(k-d)!}2^ksum_{i=max(D-(n-2m),0)}^{D}(-1)^{k-i}frac{k!}{i!(k-i)!})

(=n![x^n]sum_{d=0}^{D}frac{e^{(D-2d)x}}{d!}sum_{k=1}^{D}frac{1}{(k-d)!}2^kk!k!sum_{i=max(D-(n-2m),0)}^{D}frac{(-1)^{k-i}}{i!(k-i)!})

由于(d)和(i)无关所以可以两次卷积算.注意(e^{f(x)})的(n)次项系数中的(frac{1}{n!})和外面的(n!)可以正好抵消

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define db double

using namespace std;
const int N=(1<<18)+10,mod=998244353;
int rd()
{
    int x=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*w;
}
int fpow(int a,int b){int an=1;while(b){if(b&1) an=1ll*an*a%mod;a=1ll*a*a%mod,b>>=1;}return an;}
int ginv(int a){return fpow(a,mod-2);}
int W[18],iW[18],rdr[N];
void ntt(int *a,int n,bool op)
{
	int l=0,y;
	while(1<<l<n) ++l;
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		rdr[i]=(rdr[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
		if(i<rdr[i]) swap(a[i],a[rdr[i]]);
	}
	for(int i=1,p=0;i<n;i<<=1,++p)
	{
		int ww=op?W[p]:iW[p];
		for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
			for(int k=0,w=1;k<i;++k,w=1ll*w*ww%mod)
				y=1ll*a[j+k+i]*w%mod,a[j+k+i]=(a[j+k]-y+mod)%mod,a[j+k]=(a[j+k]+y)%mod;
	}
	if(!op) for(int i=0,w=ginv(n);i<n;++i) a[i]=1ll*a[i]*w%mod;
}
int n,m,k,aa[N],bb[N],fac[N],iac[N];
int C(int a,int b){return b<0||a<b?0:1ll*fac[a]*iac[b]%mod*iac[a-b]%mod;}

int main()
{
	for(int i=1,p=0;p<18;i<<=1,++p)
		W[p]=fpow(3,(mod-1)/(i<<1)),iW[p]=ginv(W[p]);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=N-5;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	iac[N-5]=ginv(fac[N-5]);
	for(int i=N-5;i;--i) iac[i-1]=1ll*iac[i]*i%mod;
	n=rd(),m=rd(),k=rd(),k=max(n-(m-k*2),0);
	int len=1;
	while(len<=n+n) len<<=1;
	for(int i=k;i<=n;++i) aa[i]=iac[i];
	for(int i=0;i<=n;++i) bb[i]=(i&1)?mod-iac[i]:iac[i];
	ntt(aa,len,1),ntt(bb,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) aa[i]=1ll*aa[i]*bb[i]%mod;
	ntt(aa,len,0);
	for(int i=n+1;i<len;++i) aa[i]=0;
	for(int i=0;i<=n;++i) aa[i]=1ll*aa[i]*fac[i]%mod*fac[i]%mod*C(n,i)%mod*fpow((mod+1)>>1,i)%mod;
	memset(bb,0,sizeof(int)*len);
	for(int i=0;i<=n;++i) bb[i]=iac[n-i];
	ntt(aa,len,1),ntt(bb,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) aa[i]=1ll*aa[i]*bb[i]%mod;
	ntt(aa,len,0);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;++i) ans=(1ll*aa[n+i]*iac[i]%mod*fpow(n-2*i,m)%mod+mod+ans)%mod;
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}