@loj - 3120@ 「CTS2019 | CTSC2019」珍珠

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有 \(n\) 个在范围 \([1, D]\) 内的整数均匀随机变量。

求至少能选出 \(m\) 个瓶子，使得存在一种方案，选择一些变量，并把选出来的每一个变量放到一个瓶子中，满足每个瓶子都恰好装两个值相同的变量的概率。

请输出概率乘上 \(D^n\) 后对 \(998244353\) 取模的值。

原题传送门。

@solution@

记 \(l = \min\{n - 2m, D\}\)。不难想到枚举出现次数为奇数的变量个数 \(i\)，列式子：

\[n!\times[x^n]\sum_{i=0}^{l}{D\choose i}(\frac{e^x - e^{-x}}{2})^i(\frac{e^x + e^{-x}}{2})^{D-i}
\]

然后二项式展开 + 整理化简得到：

\[\frac{D!}{2^D}\times\sum_{i=0}^{D}\sum_{p=0}^{i}\sum_{q=0}^{D-i} \frac{(-1)^{i-p}(2p+2q-D)^n}{p!q!(i-p)!(D-i-q)!}
\]

然后我就到此为止了。不过这个思路是可以继续往下推导的，可以参考这篇博客。出题人也有一个关于这种推导方法的解释（还没仔细看，改天补坑.jpg）。

有一个较简单的推导方法。上式中出现了 3 个 \(\sum\)，远远超过了一个中老年菜鸡选手的承受范围。

我们不妨设法去掉 1 个，然后再用常规卷积方法优化。

不妨钦定选 i 个奇数变量，其他的任意选，得到表达式：

\[\begin{aligned}
g_i &= n!\times{D \choose i}\times [x^n](\frac{e^x - e^{-x}}{2})^ie^{(D-i)x} \\
&= n!\times{D \choose i}\times [x^n]\sum_{j=0}^i{i\choose j}e^{(2j-2i+D)x}
\end{aligned}
\]

可以发现我们少了一次二项式展开。把 \({i\choose j}\) 拆开就可以直接卷积了。

设 \(f_i\) 表示恰好 i 个奇数变量的方案数，那么有 \(g_i = \sum_{j=i}^{D}{j\choose i}f_j\)，二项式反演一下：

\[f_n = \sum_{i=n}^{D}(-1)^{i-n}{i\choose n}g_i
\]

这玩意也可以卷积。然后就做完了。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 400000;

inline int add(int x, int y) {x += y; return x >= MOD ? x - MOD : x;}
inline int sub(int x, int y) {x -= y; return x < 0 ? x + MOD : x;}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}

int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
		if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
	return ret;
}

int w[20], iw[20], fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], inv[MAXN + 5];
void init() {
	for(int i=0;i<20;i++) {
		w[i] = pow_mod(3, (MOD - 1) / (1 << i));
		iw[i] = pow_mod(w[i], MOD - 2);
	}
	fct[0] = 1; for(int i=1;i<=MAXN;i++) fct[i] = mul(fct[i - 1], i);
	ifct[MAXN] = pow_mod(fct[MAXN], MOD - 2);
	for(int i=MAXN-1;i>=0;i--) ifct[i] = mul(ifct[i + 1], i + 1);
	for(int i=1;i<=MAXN;i++) inv[i] = mul(fct[i - 1], ifct[i]);
}
void ntt(int *A, int n, int type) {
	for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
		if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
		for(int l=(n>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
	}
	for(int i=1,s=2,t=1;s<=n;i++,s<<=1,t<<=1) {
		int u = (type == 1 ? w[i] : iw[i]);
		for(int j=0;j<n;j+=s) {
			for(int k=0,p=1;k<t;k++,p=mul(p,u)) {
				int x = A[j + k], y = mul(p, A[j + k + t]);
				A[j + k] = add(x, y), A[j + k + t] = sub(x, y);
			}
		}
	}
	if( type == -1 ) {
		for(int i=0;i<n;i++)
			A[i] = mul(A[i], inv[n]);
	}
}
int length(int n) {
	int len; for(len = 1; len <= n; len <<= 1);
	return len;
}
int comb(int n, int m) {
	return mul(fct[n], mul(ifct[m], ifct[n - m]));
}
int D, n, m;
int f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], a[MAXN + 5], b[MAXN + 5];
void get() {
	for(int i=0;i<=D;i++) a[i] = mul((i & 1 ? MOD - 1 : 1), mul(pow_mod(sub(D, 2*i), n), ifct[i]));
	for(int i=0;i<=D;i++) b[i] = ifct[i];
	int len = length(2*D); ntt(a, len, 1), ntt(b, len, 1);
	for(int i=0;i<len;i++) g[i] = mul(a[i], b[i]);
	ntt(g, len, -1);
	for(int i=1;i<=D;i++) g[i] = mul(g[i], mul(comb(D, i), mul(fct[i], pow_mod(2, MOD - 1 - i))));
	for(int i=D+1;i<len;i++) g[i] = 0;

	for(int i=0;i<len;i++) a[i] = b[i] = 0;
	for(int i=0;i<=D;i++) a[D - i] = mul(g[i], fct[i]);
	for(int i=0;i<=D;i++) b[i] = (i & 1 ? sub(0, ifct[i]) : ifct[i]);
	ntt(a, len, 1), ntt(b, len, 1);
	for(int i=0;i<len;i++) f[i] = mul(a[i], b[i]);
	ntt(f, len, -1), reverse(f, f + D + 1);
	for(int i=0;i<=D;i++) f[i] = mul(f[i], ifct[i]);
}

int main() {
	init(), scanf("%d%d%d", &D, &n, &m), get();
	int l = min(D, n - 2*m), ans = 0;
	for(int i=0;i<=l;i++) ans = add(ans, f[i]);
	printf("%d\n", ans);
}

@details@

感觉第二种做法比第一种做法更自然一些？（虽然我觉得一般都会先想到第一种做法）

看了一下某谷的题解，发现好像还有线性做法？

我感觉我的组合数学现在可能只会卷积模板题了。