CF755G PolandBall and Many Other Balls

CF755G PolandBall and Many Other Balls

解法一

枚举选出的 (k) 组里有多少个 (2) 个球组成的，那么取 (i) 组的答案 (ans_i) 就是 (sum_{j=0}^{i}inom{n-j}{j}inom{n-2j}{i-j}) ，就是先选好 (2) 个球的位置，剩下的随便选即可。

我小学奥数没学好，选好 (2) 个球的位置想了好一会。。。就是考虑拿出 (k) 个球，插到前面 (n-k) 个缝隙里去，插入到一个缝隙代表选它和它前面的组成一组，所以 (1) 前面的空隙不能算，共 (n-k) 个空隙。

这个式子挺不好算的，那个 (2) 看着就很烦，然而去不掉，而且拆了半天式子没法卷积。

那就暴力拆阶乘吧！！！

[ans_i=sum_{j=0}^{i}inom{n-j}{j}inom{n-2j}{i-j}\ =sum_{j=0}^{i}dfrac{(n-j)!}{j!(n-2j)}dfrac{(n-2j)!}{(i-j)!(n-i-j)!}\ =sum_{j=0}^{i}dfrac{(n-j)!}{j!(n-2j)!(i-j)!}\ =sum_{j=0}^{i}dfrac{i!}{j!(i-j)!}dfrac{(n-j)!}{(n-i-j)!i!}\ =sum_{j=0}^{i}inom{i}{j}inom{n-j}{i} ]

推到这里卡了两个小时，怎么都不会卷。。。然后点开了题解。。。

草，组合意义yyds！（这是我开坑多项式之后的第二道题，就能深切感受到组合意义的强大还是很幸运的吧）

这个式子的组合以意义就是：给你 (n) 个球排成一排，([1,i]) 之间先选 (j) 个球，再从 (n) 个球中任选 (i) 个球，球不能选重的方案数。

根据容斥原理，恰好 (0) 个球重复等于：至少 (0) 个球重复-至少 (1) 个球重复+至少 (2) 个球重复……

怎么算至少：前 (i) 个位置钦定重复 (j) 个，剩下还要选 (i-j) 个不重复的，有 (n-i) 个位置，每一个位置还要决定选不选。

[sum_{j=0}^{i}inom{i}{j}inom{n-j}{i}=sum_{j=0}^{i}(-1)^jinom{i}{j}inom{n-j}{i-j}2^{i-j} ]

然后随便推推就能卷了。

[sum_{j=0}^{i}(-1)^jinom{i}{j}inom{n-j}{i-j}2^{i-j}\ =sum_{j=0}^{i}(-1)^{j}dfrac{i!}{j!(i-j)!}dfrac{(n-j)!}{(i-j)!(n-i)!}2^{i-j}\ =i!n^{underline i}sum_{j=0}^{i}dfrac{(-1)^{j}}{j!n^{underline j}} imes dfrac{2^{i-j}}{(i-j)!(i-j)!} ]

注意推的时候要关注 (n) 的大小，不要还留个 (n!) 在里面。

其实下降幂也没啥好怕的，就是一个符号而已，又不是下降幂多项式，不要像我之前一样看到下降幂就逃。

(n^{underline x}=n(n-1)(n-2)cdots(n-x))

const int N=1<<15;
const int M=N<<2;
#define mod 998244353
int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
int lg,lim,rev[M];
void init(const int&n){
	for(lg=0,lim=1;lim<n;lim<<=1,++lg);
	for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}
void NTT(int*a,int op){
	for(int i=0;i<lim;++i)
		if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	int g=op?3:qpow(3,mod-2);
	for(int i=1;i<lim;i<<=1){
		int wn=qpow(g,(mod-1)/(i<<1));
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
			int w0=1;
			for(int k=0;k<i;++k,w0=1ll*w0*wn%mod){
				const int X=a[j+k],Y=1ll*w0*a[i+j+k]%mod;
				a[j+k]=(X+Y)%mod,a[i+j+k]=(X-Y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(op)return;int ilim=qpow(lim,mod-2);
	for(int i=0;i<lim;++i)a[i]=1ll*a[i]*ilim%mod;
}

int n,k,dwn[N],pw2[N],f[M],g[M],fac[N];
void initmath(const int&C){
	dwn[0]=1;rep(i,1,C)dwn[i]=1ll*dwn[i-1]*(n-i+1)%mod;
	pw2[0]=1;rep(i,1,C)pw2[i]=(pw2[i-1]<<1)%mod;
	fac[0]=1;rep(i,1,C)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
}
signed main(){
	n=read(),k=read(),initmath(k);
	for(int i=0,j=1;i<=k;++i,j^=1)f[i]=j?qpow(1ll*fac[i]*dwn[i]%mod,mod-2):mod-qpow(1ll*fac[i]*dwn[i]%mod,mod-2);
	for(int i=0;i<=k;++i)g[i]=1ll*pw2[i]*qpow(1ll*fac[i]*fac[i]%mod,mod-2)%mod;
	init(k<<1),NTT(f,1),NTT(g,1);
	for(int i=0;i<lim;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
	NTT(f,0);
	for(int i=1;i<=k;++i)f[i]=1ll*f[i]*fac[i]%mod*dwn[i]%mod;
	for(int i=1;i<=k;++i)printf("%d ",f[i]);
	return 0;
}

解法二

倍增FFT，跟着 Karry5307的题解学的。

倍增FFT要求我们能从 (F_n) 转移到 (F_{n+1}) 与 (F_{2n}) ，其实和快速幂很像，然后 (n=10^9) 级别的只需要 (O(log n)) 次FFT就够了。

关于这道题，我们设 (dp_{n,k}) 表示 (n) 个球分 (k) 组的方案数，(F_n=sum_{k=0}dp_{n,k})

显然有 (dp_{n,k}=dp_{n-1,k-1}+dp_{n-2,k-1}+dp_{n-1,k})

写成生成函数形式就是 (F_{n}=xF_{n-1}+xF_{n-2}+F_{n-1})

这样子我们已经可以从 (n) 转移到 (n+1) 了。

然后换一种转移，不能递推了。

假设我们把 (a) 个球和 (b) 个球拼起来。

可以直接拼，也可以让 (a) 个球的最右边与 (b) 个球的最左边拼起来

即 (dp_{a+b,k}=sum_{i=0}^{k}dp_{a,i}dp_{b,k-i}+sum_{i=1}^{k}dp_{a-1,i-1}dp_{b-1,k-i})

写成生成函数形式就是

[egin{cases} F_{2n}(x)=F_{n}(x)^2+xF_{n-1}(x)^2\ F_{2n-1}(x)=F_{n-1}(x)F_{n}(x)+xF_{n-2}(x)F_{n-1}(x)\ F_{2n-2}(x)=F_{n-1}(x)^2+xF_{n-2}(x)^2 end{cases} ]

然后就可以从 (n) 推到 (2n) 了。

显然我们需要同时维护 (F_{n-2},F_{n-1},F_{n}) 的值，常数可不小啊。

const int N=1<<15;
const int M=N<<2;
int n,k,f[3][M];
namespace poly{
#define mod 998244353
int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
int rev[M],lg,lim;
void init_poly(const int&n){
	for(lg=0,lim=1;lim<=n;lim<<=1,++lg);
	for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}
void NTT(int*a,int op){
	for(int i=0;i<lim;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	int g=op?3:qpow(3,mod-2);
	for(int i=1;i<lim;i<<=1){
		int wn=qpow(g,(mod-1)/(i<<1));
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
			int w0=1;
			for(int k=0;k<i;++k,w0=1ll*w0*wn%mod){
				const int X=a[j+k],Y=1ll*w0*a[i+j+k]%mod;
				a[j+k]=(X+Y)%mod,a[i+j+k]=(X-Y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(op)return;int ilim=qpow(lim,mod-2);
	for(int i=0;i<lim;++i)a[i]=1ll*ilim*a[i]%mod;
}
#define clr(a,n) memset(a,0,sizeof(int)*(n))
#define cpy(a,b,n) memcpy(a,b,sizeof(int)*(n))
void mul(const int&n){
	static int A[M],B[M],C[M],D[M],E[M];
	NTT(f[0],1),NTT(f[1],1),NTT(f[2],1);
	for(int i=0;i<lim;++i)
		A[i]=1ll*f[0][i]*f[0][i]%mod,
		B[i]=1ll*f[1][i]*f[1][i]%mod,
		C[i]=1ll*f[0][i]*f[1][i]%mod,
		D[i]=1ll*f[2][i]*f[1][i]%mod,
		E[i]=1ll*f[2][i]*f[2][i]%mod;
	NTT(A,0),NTT(B,0),NTT(C,0),NTT(D,0),NTT(E,0);
	clr(f[0],lim),clr(f[1],lim),clr(f[2],lim);
	for(int i=0;i<=n;++i)
		fmod(f[0][i]=A[i]+(i?B[i-1]:0)),
		fmod(f[1][i]=C[i]+(i?D[i-1]:0)),
		fmod(f[2][i]=B[i]+(i?E[i-1]:0));
}
void add(const int&n){
	cpy(f[2],f[1],n+1),cpy(f[1],f[0],n+1),f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)f[0][i]=((f[1][i]+f[1][i-1])%mod+f[2][i-1])%mod;
}

}


signed main(){
	n=read(),k=read();
	f[1][0]=1;
	f[0][0]=f[0][1]=1;
	poly::init_poly(k<<1);
	for(int i=log2(n)-1;i>=0;--i){
		poly::mul(k);
		if(n>>i&1)poly::add(k);
	}
	for(int i=1;i<=k;++i)printf("%d ",f[0][i]);puts("");
	return 0;
}