[HAOI2018]染色

题目描述

为了报答小 C 的苹果, 小 G 打算送给热爱美术的小 C 一块画布, 这块画布可 以抽象为一个长度为 N 的序列, 每个位置都可以被染成 M 种颜色中的某一种.

然而小 C 只关心序列的 N 个位置中出现次数恰好为 S 的颜色种数, 如果恰 好出现了 S 次的颜色有 K 种, 则小 C 会产生 Wk? 的愉悦度.

小 C 希望知道对于所有可能的染色方案, 他能获得的愉悦度的和对 1004535809取模的结果是多少。

题解

碰到这种等于什么什么的题要考虑容斥。

既然是容斥，那么先设cnt[i]表示至少有i种出现了s次的颜色的方案数。

这个可以直接算，先C(m,i)选颜色，然后每种颜色的s种看做一个整体，其余的n-i*s看做一个整体，算一下排列n!/((s!)ⁱ*(n-s*i)!)先求一下排列数。

然后剩下的n-s*i个位置可以随便填m-i种颜色，乘上(m-i)^n-s*i就可以了。

然后继续容斥。

ans[k]=∑(-1)^i-kC(i,k)*cnt[i]

然后我们把组合数拆开，用FFT优化就好了。

不过我们发现它的卷积是个反着的，把其中一个数组reverse一下就好了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 10000009
#define M 100009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1004535809;
const int Gi=334845270;
const int G=3;
ll n,m,jie[N],ni[N],a[M<<2],val[M<<2],w[M],s,b[M<<2],l,L,rev[M<<2],ans;
inline int rd(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
inline ll power(ll x,ll y){
    ll ans=1;
    while(y){if(y&1)ans=ans*x%mod;x=x*x%mod;y>>=1;}
    return ans;
}
inline ll ny(ll x){return power(x,mod-2);}
inline ll C(int n,int m){return jie[n]*ni[m]%mod*ni[n-m]%mod;}
inline void NTT(ll *a,int tag){
    for(int i=1;i<l;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<l;i<<=1){
        ll wn=power(tag==1?G:Gi,(mod-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<l;j+=(i<<1)){
            ll w=1;
            for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod){
                ll x=a[k+j],y=a[i+j+k]*w%mod;
                a[k+j]=(x+y)%mod;a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
}
int main(){
    n=rd();m=rd();s=rd();int num=max(n,m);
    for(int i=0;i<=m;++i)w[i]=rd();
    jie[0]=1;
    for(int i=1;i<=num;++i)jie[i]=jie[i-1]*i%mod;ni[num]=power(jie[num],mod-2);
    for(int i=num-1;i>=0;--i)ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;
    for(int i=0;i<=m;++i)if(n-i*s>=0){
        val[i]=C(m,i)*jie[n]%mod*power(ni[s],i)%mod*ni[n-s*i]%mod*power(m-i,n-s*i)%mod;
    }
    for(int i=0;i<=m;++i){
      a[m-i]=jie[i]*val[i];
      b[i]=ni[i];if(i&1)b[i]=(-b[i]+mod)%mod;
    }
    l=1;L=0;
    while(l<=(m<<1))l<<=1,L++;
    for(int i=1;i<l;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    NTT(a,1);NTT(b,1);
    for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,-1);int nn=power(l,mod-2);
    for(int i=0;i<l;++i)a[i]=a[i]*nn%mod;
    for(int i=0;i<=m;++i)(ans+=a[m-i]*w[i]%mod*ni[i]%mod)%=mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/10279712.html