【CTS2019】珍珠（生成函数）

题面

题解

lun题可海星。

首先一个大暴力\(sb\)的\(dp\)是设\(f[i][S]\)表示当前考虑完了前\(i\)个珍珠，\(S\)集合中这些颜色的珍珠当前还有一个没有匹配。这个随便转移就行了。

然后发现并没有任何需要记录下确切的哪些颜色是奇数个，只需要记录有多少种就行了。

这样子可以做到\(O(nd)\)。

从这里我们看出，最终能够匹配出来的对数恰好等于\((n-|S|)/2\)，总个数减去奇数颜色的个数的一半。

首先如果我们能够知道每种颜色的奇偶情况，那么每个颜色都可以写成一个指数型生成函数，然后全部乘起来的第\(n\)项就是答案。

其中，奇数的生成函数是：\(A(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)，偶数的生成函数是：\(B(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\)。

那么我们假设枚举出来有\(p\)个颜色是奇数，方案数就是\([x^n]A^p(x)B^{d-p}(x)\)。

所以答案式：

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^n]{d\choose p}(e^x-e^{-x})^p(e^x+e^{-x})^P\\
&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^n]{d\choose p}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}{p\choose i}{d-p\choose j}e^{(2i+2j-d)x}\\
&=\frac{1}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}{d\choose p}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}{p\choose i}{d-p\choose j}(2i+2j-d)^n\\
&=\frac{1}{2^d}d!\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}\frac{(-1)^{p-i}(2i+2j-d)^n}{i!(p-i)!j!(d-p-j)!}
\end{aligned}\]

这样子直接暴力可以做到\(O(d^3)\)。

考虑接着往下进行一些变化，首先我们发现我们的这个式子麻烦在\(i,j\)既有分开的项，又有\(i+j\)的项，那么把这两个部分给分开看。

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{1}{2^d}d!\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}\frac{(-1)^{p-i}(2i+2j-d)^n}{i!(p-i)!j!(d-p-j)!}\\
&=\frac{1}{2^d}d!\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}(2(i+j)-d)^n\frac{1}{i!j!}\frac{1}{(p-i)!(d-p-j)!}\\
&=\frac{1}{2^d}d!\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}\frac{(2(i+j)-d)^n}{(i+j)!(d-(i+j))!}\frac{(i+j)!}{i!j!}\frac{(d-(i+j))!}{(p-i)!(d-p-j)!}\\
&=\frac{1}{2^d}d!\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}\frac{(2(i+j)-d)^n}{(i+j)!(d-(i+j))!}{i+j\choose i}{d-(i+j)\choose p-i}\\
&=\frac{1}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^p\sum_{j=0}^{d-p}(-1)^{p-i}(2(i+j)-d)^n{d\choose i+j}{i+j\choose i}{d-(i+j)\choose p-i}\\
\end{aligned}\]

这样子再往下我似乎就不会推了，难受。

\(memset0\)的做法可以在洛谷的题解内看到，我这里大致的复述一下。

考虑把后面的组合数转变为格路问题，\(i+j\choose i\)是从\((0,0)\)走到\((i,j)\)的方案数，\(d-(i+j)\choose p-i\)是从\((i,j)\)走到\((p,d-p)\)的方案数。

然后这里还有一个\((-1)^{p-i}\)的贡献，格路这个东西也可以写成一个生成函数，既然作为杨辉三角的一层，所以生成函数就是\((1+x)^d\)的形式。

然后这里枚举的时候并没有单独出现过\(j\)了，所以只需要枚举\(i+j\)会更加方便。

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{1}{2^d}\sum_{i=0}^d(2i-d)^n{d\choose i}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^p](1+x)^i(1-x)^{d-i}
\end{aligned}\]

讲讲这个为什么是对的，首先\((-1)^{p-i}\)表示只和第二次走的距离相关，而横坐标总共要走\(p\)步，第一次走不会产生符号，所以就是\((1+x)^i\)，第二次会产生符号，之和走的横坐标的步数相关，奇数步是\(-1\)，偶数步是\(1\)，所以是\((1-x)^{d-i}\)。

那么令\(F(i,d)=\sum_{p=0}^{n-2m}[x^p](1+x)^i(1-x)^{d-i}\)

所以有

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{1}{2^d}\sum_{i=0}^d(2i-d)^n{d\choose i}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^p](1+x)^i(1-x)^{d-i}\\
&=\frac{1}{2^d}\sum_{i=0}^d(2i-d)^n{d\choose i}F(i,d)
\end{aligned}\]

考虑怎么计算\(F\)，那么考虑能不能递推。

首先边界\(F(0,0)=1\)。

\[\begin{aligned}
F(0,d)&=\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](1-x)^d\\
&=\sum_{k=0}^{n-2m}{d\choose k}(-1)^k\\
&=\sum_{k=0}^{n-2m}(-1)^k({d-1\choose k}+{d-1\choose k-1})\\
&=\sum_{k=0}^{n-2m}(-1)^k{d-1\choose k}+\sum_{k=0}^{n-2m-1}(-1)^{k+1}{d-1\choose k}\\
&=(-1)^{n-2m}{d-1\choose n-2m}
\end{aligned}\]

然后考虑其他的情况，

\[\begin{aligned}
F(i,d)&=\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](1-x)^{d-i}(1+x)^i\\
&=\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](1+x)(1+x)^{i-1}(1-x)^{d-i}\\
&=\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](-(1-x)+2)(1+x)^{i-1}(1-x)^{d-i}\\
&=-\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](1+x)^{i-1}(1-x)^{d-i+1}+2\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k](1+x)^{i-1}(1-x)^{d-i}\\
&=-F(i-1,d)+2F(i-1,d-1)
\end{aligned}\]

于是这个东西肉眼可见的可以继续在网格图上走，即有两种走法，一种是沿着横坐标走一步，另外一种是两个坐标一起走一步。

发现无论如何横坐标都要走，所以唯一需要决策的只有竖坐标的移动，而两种移动方式分别产生\(-1\)和\(2\)的贡献，那么我们枚举起点就可以知道竖坐标要走多少步，然后组合数就可以随便算了。

所以得到：

\[F(i,d)=\sum_{j=0}^d F(0,j){i\choose d-j}(-1)^{i+j-d}2^{d-j}
\]

这样子愉快的把答案式给展开：

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{1}{2^d}\sum_{i=0}^d(2i-d)^n{d\choose i}F(i,d)\\
&=\frac{1}{2^d}\sum_{i=0}^d(2i-d)^n{d\choose i}\sum_{j=0}^d F(0,j){i\choose d-j}(-1)^{i+j-d}2^{d-j}\\
&=\frac{d!}{2^d}\sum_{i=0}^d\sum_{j=0}^d \frac{(-1)^{d-i-j}}{(i+j-d)!}\frac{(2i-d)^n}{(d-i)!}\frac{F(0,j)2^{d-j}}{(d-j)!}
\end{aligned}\]

后面两个东西可以处理成一个卷积，而前面那一项恰好只和\(i+j\)相关，那么直接\(NTT\)乘起来然后枚举一下就能算了。

然而这样子的推导很麻烦，lun课件中的方法是一致的，

但是中间推导的部分更加简单。

不一样的地方在于

\[ans=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^n]{d\choose p}(e^x-e^{-x})^p(e^x+e^{-x})^P
\]

原本这里把奇偶分开然后统一的计算\([x^n]\)，那么现在写成这样子：

\[[x^n][y^p](y(e^x-e^{-x})+(e^x+e^{-x}))^d
\]

这样自己就一个式子钦定了奇数被选的次数。

也就是：

\[\begin{aligned}
ans&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^n][y^p](y(e^x-e^{-x})+(e^x+e^{-x}))^d\\
&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}[x^n][y^p](e^x(1+y)+e^{-x}(1-y))^d\\
&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^d e^{(2i-d)x}(1+y)^i(1-y)^{d-i}[x^n][y^p]\\
&=\frac{n!}{2^d}\sum_{p=0}^{n-2m}(2i-d)^n \sum_{i=0}^d((1+y)^i(1-y)^{d-i})[y^p]
\end{aligned}\]

然后令\(F(i,d)\)为后面那个\(\sum\)，就和前面的推导一致了。

但是这样子方便多了，不需要再转化成格路来进行推导。

然后还有\(1t5t\)的方法，

我们只考虑枚举奇数至少有多少个，这样子我们枚举完奇数个数之后剩下的随意，也就是\(e^{(d-p)x}\)。

那么设\(f_i\)表示强制有\(i\)个为奇数的方案数，

有：

\[\begin{aligned}
f_i&=[x^n]{d\choose i}(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^ie^{(d-i)x}\\
&=[x^n]\frac{1}{2^i}\frac{d!}{i!(d-i)!}e^{(d-i)x}\sum_{j=0}^i {i\choose j}(-1)^j e^{(i-2j)x}\\
&=[x^n]\frac{1}{2^i}\frac{d!}{i!(d-i)!}\sum_{j=0}^i {i\choose j}(-1)^j e^{(d-2j)x}\\
&=\frac{1}{2^i}\frac{d!}{i!(d-i)!}\sum_{j=0}^i \frac{i!}{j!(i-j)!}(-1)^j (d-2j)^n
\end{aligned}\]

这样子就可以卷积算出所有的\(f\)，然后用二项式反演去求解所有的恰好然后计算答案了。

代码是前两种做法的。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MOD 998244353

#define MAX 550550

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}

int W[MAX],P[MAX],r[MAX];

void NTT(int *P,int len,int opt)

{

	int l=0,N;for(N=1;N<len;N<<=1)++l;

	for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));

	for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);

	for(int i=1;i<N;i<<=1)

	{

		int w=fpow(3,(MOD-1)/(i<<1));W[0]=1;

		for(int k=1;k<i;++k)W[k]=1ll*W[k-1]*w%MOD;

		for(int j=0,p=i<<1;j<N;j+=p)

			for(int k=0;k<i;++k)

			{

				int X=P[j+k],Y=1ll*W[k]*P[i+j+k]%MOD;

				P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;

			}

	}

	if(opt==-1)

	{

		reverse(&P[1],&P[N]);

		for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;

	}

}

int jc[MAX],jv[MAX],inv[MAX];

int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m)return 0;return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}

int A[MAX],B[MAX],F[MAX];

int D,n,m,ans;

int main()

{

	D=read();n=read();m=read();

	jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;

	for(int i=2;i<=D;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

	for(int i=1;i<=D;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;

	for(int i=1;i<=D;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;

	for(int i=0;i<=D;++i)A[i]=1ll*fpow(((i+i-D)%MOD+MOD)%MOD,n)*jv[D-i]%MOD;

	for(int i=1;i<=D;++i)F[i]=1ll*((n&1)?MOD-1:1)%MOD*C(i-1,n-2*m)%MOD;F[0]=1;

	for(int i=0;i<=D;++i)B[i]=1ll*fpow(2,D-i)*jv[D-i]%MOD*F[i]%MOD;

	int N;for(N=1;N<=D+D;N<<=1);

	NTT(A,N,1);NTT(B,N,1);

	for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%MOD;

	NTT(A,N,-1);

	for(int i=D;i<=D+D;++i)ans=(ans+1ll*(((D+i)&1)?MOD-1:1)*jv[i-D]%MOD*A[i])%MOD;

	ans=1ll*ans*jc[D]%MOD*fpow(fpow(2,D),MOD-2)%MOD;

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

巴特西

【CTS2019】珍珠（生成函数）

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