2020Nowcode多校 Round5 C. Easy

C. Easy

构造两个序列分别要满足 \(\sum_{i=1}^{k} a_{i} = N\) \(\sum_{i=1}^{k} b_{i} = M\)

一种方案能贡献\(\prod_{i=1}^{k} min(a_{i}, b_{i})\) 的分数 求所有方案分数的和

生成函数

对于一个序列 \(a_{0},a_{1},a_{2}\)···

定义它的生成函数为 \(G(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2}\)···

生成函数有指数和系数两维信息 所以用来解决计数问题非常强大 因此生成函数的构造是比较关键的

在本题中一个序列不同的方案数 其实就是就把N划分成K个数的方案数

对于每一个数我们可以用一个生成函数\(G(x) = x+x^{2}+x^{3}\)···来表示

它的意义是 每一项其实就是一种操作 比如\(x^{2}\)表示让这一位为2(指数)的方案数为1(系数)

那么把N划分成K个数的方案数就是 \((G(x))^{k} = (x + x^{2}+x^{3}···)^{k}\) 中\(x^{N}\)的系数

如果想维护出一个序列所有方案分数的和 我们可以巧妙的构造 \((G(x))^{k} = (x + 2x^{2}+3x^{3}···)^{k}\)

它的意义是 比如\(2x^{2}\)表示让这一位为2(指数)能让这一种方案的分数\(*2\)(系数)

min的生成函数

容易想到 对于两个数我们可以构造一个生成函数\(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)(y+y^{2}+y^{3}···)\) 用\(x^{i}y^{j}\)来表示第一个数为i 第二个数为j

我们只用了它的指数 显然还有系数可以用来维护信息 能不能用一种构造使得它的系数为\(min(i,j)\)呢

先上结论 我们可以在\(G(x,y)\)后乘上一个\(1+xy+x^{2}y^{2}\)···

理解一下 假设\(i<j\) 它实际上是提供了一个映射 让原来的\(x^{i}y^{j},x^{i-1}y^{j-1},x^{i-2}y^{j-2}···x^{1}y^{j-i+1}\)一共\(i\)项都为\(x^{i}y^{j}\)的系数做了一次贡献

所以在这个多项式里\(x^{i}y^{j}\)的系数恰好为\(min(i,j)\)

题解

综上所述 答案为\(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)^{k}(y+y^{2}+y^{3}···)^{k}(1+xy+x^{2}y^{2}···)^{k}\)这个多项式中\(x^{N}y^{M}\)的系数

我们可以枚举最后一项中\(x^{i}y^{i}\)的指数 就可以得到第一个项中\(x\)的指数为\(N-i\) 第二项\(y\)的指数为\(M-i\)

然后分别计算它们的系数 最后一项是把i个物品分为K个可以为空的集合 前两项分别是把\(N-i\)和\(M-i\)个物品分为K个非空集合

\(ans = \sum_{0}^{min(N-K,M-K)} \binom{N-i-1}{K-1} \binom{M-i-1}{K-1} \binom{i+K-1}{i}\)

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
const int MAXN = 1000005;
int n, m, k;
int fac[MAXN];
int ny[MAXN];
int inv[MAXN];

int C(int x, int y) {
    if(x < y || y < 0 || x < 0) return 0;
    return 1LL * fac[x] * inv[x - y] % mod * inv[y] % mod;
}

int main() {
    fac[0] = ny[0] = inv[0] = 1; ny[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= 1000000; i++) {
        fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % mod;
        if(i > 1) ny[i] = 1LL * ny[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
        inv[i] = 1LL * ny[i] * inv[i - 1] % mod;
    }

    int T;
    cin>>T;
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= min(n, m) - k; i++) {
            int tmp = 1LL * C(k + i - 1, i) * C(n - i - 1, k - 1) % mod * C(m - i - 1, k - 1) % mod;
            ans = (ans + tmp) % mod;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}