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蒟蒻のblog
思路
这道题的核心在于“恰好有\(k\)种颜色占了恰好\(s\)个格子”
这些“恰好”，引导我们去思考，怎么求出总的方案数呢？
分开考虑
考虑把恰好有\(s\)个格子的颜色，和不是\(s\)个颜色的格子分开来考虑
那么，显然答案可以用这样的一个式子表示：
令\(lim=min(\lfloor\frac ns\rfloor,m)\)，那么：
\(ans=\sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}\frac{(is)!}{(s!)^i}g(m-i,n-is)\)
其中\(g(i,j)\)表示把\(i\)种颜色放进\(j\)个格子里面，没有“恰好占了\(s\)个格子”的颜色的方案总数
这个\(g\)显然可以容斥原理来做
容斥原理
考虑对\(g\)用容斥原理推导，可得到如下公式：
\(g(i,j)=\sum_{k=0}^i(-1)^kC_i^kC_j^{ks}\frac{(ks)!}{(s!)^k}(i-k)^{j-ks}\)
把这个公式代回原式，可得到：
\(ans=\sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}\frac{(is)!}{(s!)^i}\sum_{j=0}^{lim-i}(-1)^jC_{m-i}^jC_{n-is}^{js}\frac{(js)!}{(s!)^j}(m-i-j)^{n-is-js}\)
我们发现这个玩意儿好像比较复杂，没有什么特殊性质
难道这条路走不通？
构造卷积
我们发现后面的这个代表\(g\)的这一部分里面，有很多的\(j\)在，
那么我们想一想，\(j\)的枚举是所有比当前的\(i\)小的，那么只要把\(j\)用另一个东西：\(j-i\)替代了，然后把\(j\)变成所有比当前的大的，那么是不是和这个式子等价了呢？
说干就干！
\(ans=\sum_{i=0}^{lim}w_iC_m^iC_n^{is}\frac{(is)!}{(s!)^i}\sum_{j=lim-i}^{lim}(-1)^{j-i}C_{m-i}^{j-i}C_{n-is}^{js-is}\frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js}\)
诶，这样一变化......后面的式子里这么多\(j-i\)，前面又是\(i\)，这让我们想到了什么？
处理卷积啊！
变换枚举方式
我们先把这些个烦人的组合数拆成阶乘的形式
\(ans=\sum_{i=0}^{lim}w_i\frac{m!n!}{i!(is)!(m-i)!(n-is)!}\frac{(is)!}{(s!)^i}\sum_{j=lim-i}^{lim}(-1)^{j-i}\frac{(m-i)!(n-is)!}{(j-i)!(js-is)!(m-j)!(n-js)!}\frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js}\)
我们把左边的项挪进右边的最后一个sigma里面，然后把\(ij\)的枚举顺序反过来，得到：
\(ans=\sum_{j=0}^{lim}\sum_{i=0}^{j}w_i\frac{m!n!}{i!(is)!(m-i)!(n-is)!}\frac{(is)!}{(s!)^i}(-1)^{j-i}\frac{(m-i)!(n-is)!}{(j-i)!(js-is)!(m-j)!(n-js)!}\frac{(js-is)!}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js}\)
发现有很多项可以消掉了
\(ans=\sum_{j=0}^{lim}\sum_{i=0}^{j}w_i\frac{m!n!}{i!(s!)^i}(-1)^{j-i}\frac{1}{(j-i)!(m-j)!(n-js)!}\frac{1}{(s!)^{j-i}}(m-j)^{n-js}\)
再合并一下各个分数线
\(ans=\sum_{j=0}^{lim}\sum_{i=0}^{j}(-1)^{j-i}\frac{w_im!n!}{i!(s!)^j(j-i)!(m-j)!(n-js)!}(m-j)^{n-js}\)
把所有只含\(j\)的提到前面一个sigma去
\(ans=\sum_{j=0}^{lim}\frac{m!n!(m-j)^{n-js}}{(s!)^j(m-j)!(n-js)!}\sum_{i=0}^{j}\frac{(-1)^{j-i}w_i}{i!(j-i)!}\)
发现后面是一个卷积的形式！
设\(a(i)=\frac{w_i}{i!},b(i)=\frac{(-1)^i}{i!}\)
那么：
\(ans=\sum_{j=0}^{lim}\frac{m!n!(m-j)^{n-js}}{(s!)^j(m-j)!(n-js)!}(a\ast b)(j)\)
所有的逆元、阶乘都可以\(O(n)\)预处理，卷积使用模数为998244353的\(NTT\)来实现，总时间复杂度为\(O(n+limlog_2lim)\)
Code:
我的代码好像常数比较大......如果有知道怎么优化的dalao，麻烦在评论区帮忙指出一下！
不胜感激！
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
ll MOD=1004535809,g=3,f[10000010],finv[10000010],w[10000010],invlimit;
ll qpow(ll a,ll b){
ll re=1;
while(b){
if(b&1) re=re*a%MOD;
a=a*a%MOD;b>>=1;
}
return re;
}
ll A[400010],B[400010],r[400010],n,limit,cnt,m,S,N,invg;
void init(){
limit=1;cnt=0;ll i;
while(limit<=(N<<1)) limit<<=1,cnt++;
for(i=0;i<limit;i++) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1)));
f[1]=finv[1]=f[0]=finv[0]=1;
for(i=2;i<=max(max(n,m),S);i++){
f[i]=f[i-1]*i%MOD;
}
finv[max(max(n,m),S)]=qpow(f[max(max(n,m),S)],MOD-2);
for(i=max(max(n,m),S);i>=1;i--) finv[i-1]=finv[i]*i%MOD;
invlimit=qpow(limit,MOD-2);invg=qpow(g,MOD-2);
}
void ntt(ll *a,ll type){
ll i,j,k,mid,len;ll y,w,wn;
for(i=0;i<limit;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for(mid=1;mid<limit;mid<<=1){
len=mid<<1;
wn=qpow(((type==1)?g:invg),(MOD-1)/len);
for(j=0;j<limit;j+=len){
w=1;
for(k=0;k<mid;k++,w=w*wn%MOD){
y=a[j+k+mid]*w%MOD;
a[j+k+mid]=(a[j+k]-y+MOD)%MOD;
a[j+k]=(a[j+k]+y)%MOD;
}
}
}
if(type==-1) for(i=0;i<limit;i++) a[i]=(a[i]*invlimit%MOD);
}
int main(){
n=read();m=read();S=read();N=min(n/S,m);ll i;
for(i=0;i<=m;i++) w[i]=read();
init();
for(i=0;i<=N;i++){
A[i]=finv[i]*w[i]%MOD;
B[i]=((i&1)?MOD-1:1)*finv[i]%MOD;
}
ntt(A,1);ntt(B,1);
for(i=0;i<limit;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
ntt(A,-1);
ll ans=0;
for(i=0;i<=N;i++){
ans=(ans+(finv[m-i]*finv[n-i*S]%MOD*qpow(finv[S],i)%MOD*qpow(m-i,n-i*S)%MOD*A[i]))%MOD;
}
printf("%lld\n",ans*f[n]%MOD*f[m]%MOD);
}原文地址：https://www.cnblogs.com/dedicatus545/p/9159192.html