建设城市(city):组合数,容斥原理
想模一大堆人呢。考场上AC的大仙。
估计没人想给这题好好写一个题解吧,因为它的确挺简单的。。。
但是它对我来说一点都不简单啊!!!
至少出题人用脚写题解的时候肯定认为这道题是送分题了
容斥,枚举至少有 i 个不满足条件,方案数为C(n,i)*C(m-i*k-1,n-1)。
对着题解发了半个小时的呆。我真的就是不会啊我有什么办法。
为啥就不重不漏了啊?为啥就最少了啊?为啥就容斥了啊?为啥我抄了这个式子才30分啊?
我估计没多少人会看这一篇所以废话有点多。
其实容斥原理不难想到,考场上我就想到了。
但是我的思路清奇了一波,我在想通过容斥计算出“恰好有i个城市不满足条件的方案数”
一共要求出n个,每次复杂度是n,总复杂度n2。
然后就滚去打暴力了。
然而为什么要把每一个都求出来啊!它们之间跟没就没有递推的依赖啊。
所以说就是脑子不行。
所以问题其实只是求解我刚才那个问题在i=0时的值,求解一次就好。
考场上想不到就算了,诚当是攒exp了。
那么考虑如何求解。
问题中的“恰好”让人感到有些拘束,那么就别恰好了,至少0个好吧?
那就水极了,相当与没有上界限制,问题就是m物分n人,每人至少1。
挡板法的裸题。是 $ C^{n-1}_{m-1} $ 啦。这个还是比较简单的。
至少0个的处理完了,那么至少1个的呢?
首先在所有城市里选出1个, $ C^1_n $ 。
然后是在剩下空余的建设队里,选择k个先分给你选定的那个城市,剩下的m-k个分给所有的这n个城市。
还是挡板法: $ C^{n-1}_{m-k-1} $
注意,你选定的那个城市也要继续参与分配,至少再被分到1个,否则它就是恰好k个而并非超过k个了。
至少2个呢?算的过程和含义都一样: $ C^2_n × C^{n-1}_{m-k*2-1} $
至少i个呢?$ C^i_n × C^{n-1}_{m-k*i-1} $
至此我们终于得到了题解里面的式子。(我早就在半道上迷路了)
接下来就可以容斥了。剩下的就是一个容斥的裸题了。
然而我连容斥奇加偶减都不会了。。。
对于至少有1的情况中,里面会包括至少有2的情况。。。
啊。。。然后用二项式定理证它就是个容斥了嘛(其实是我不会了)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define int long long
int inv[],fac[],invv[],n,m,k;
signed main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
if(n>m){puts("");return ;}
if(n==m){puts("");return ;}
// if(m>n*k){puts("0");return 0;}
inv[]=inv[]=fac[]=fac[]=invv[]=;
for(int i=;i<=m;++i)invv[i]=-mod/i*invv[mod%i]%mod,inv[i]=inv[i-]*invv[i]%mod,fac[i]=fac[i-]*i%mod;
int ans=fac[m-]*inv[n-]%mod*inv[m-n]%mod;
for(int i=;i<=n&&i*k+n<=m;++i)ans=(ans+((i&)?-:)*fac[n]*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod*fac[m-i*k-]%mod*inv[n-]%mod*inv[m-i*k-n]%mod)%mod;
printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
}
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