[luogu5339] [TJOI2019]唱、跳、rap和篮球(容斥原理+组合数学)(不用NTT)

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题面

略

分析

首先考虑容斥，求出有i堆人讨论的方案。

可以用捆绑法，把每堆4个人捆绑成一组，其他人每个人一组。这样一共有\(n-3i\)组(这些组可以被看成相同的点)。

我们从中选出n-4i个点，这些点展开成1个人，其他\(i\)个点展开成4个人。那么方案数就是\(C_{n-3i}^{n-4i}\)

由于\(i\)堆人的喜好已经确定，最终答案为\(\sum_{i=0}^n (-1)^i \times C_{n-3i}^{n-4i} \times (n-4i个单独的人的喜好方案数)\)

那么我们就需要求n-4i个单独的人的喜好方案数。每种喜好的人各有\(a-i,b-i,c-i,d-i\)。假如这些人里每种喜好的人各有\(x,y,z,w(x \leq a-i,y \leq b-i,z \leq c-i,w \leq d-i,x+y+z+w=n-4i)\)个。这是一个有重复元素的排列问题。答案是\(\frac{(n-4i)!}{x!y!z!w!}\)

直接枚举的时间复杂度为\(O(k^4)\),(\(k=\min(a,b,c,d)\)),下同。显然会超时。我们可以用折半搜索的思想，先枚举前两个的个数\(x,y\),把\(\frac{1}{x!y!}\)的和记录在\(cnt[x+y]\)中。然后枚举\(z,w\),只要每次答案累加上\(z!\times w! \times cnt[n-4i-(z+w)]\)即可。时间复杂度\(O(k^2)\)

总时间复杂度\(O(nk^2)\)

代码

//鸡你太美！
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mod 998244353
#define maxn 1000
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll fast_pow(ll x,ll k){
	ll ans=1;
	while(k){
		if(k&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
inline ll inv(ll x){
	return fast_pow(x,mod-2);
}
int n,a,b,c,d;
ll fact[maxn+5],invfact[maxn+5];

void ini(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	invfact[n]=inv(fact[n]);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) invfact[i]=invfact[i+1]*(i+1)%mod;
} 

inline ll C(ll n,ll m){
	return fact[n]*invfact[n-m]%mod*invfact[m]%mod;
} 

ll cnt[maxn+5];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&c,&d);
	ini();
	int mx=min(min(a,b),min(c,d));
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n/4&&i<=mx;i++){
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		//可重排列((a+b+c+d)!)(a!b!c!d!)
		//类似中途相遇分两半求解
		for(int j=0;j<=a-i;j++){
			for(int k=0;k<=b-i;k++){
				cnt[j+k]=(cnt[j+k]+invfact[j]*invfact[k]%mod)%mod;
			}
		}
		ll sum=0;
		for(int j=0;j<=c-i;j++){
			for(int k=0;k<=d-i&&j+k<=n-4*i;k++){
				sum=(sum+cnt[n-4*i-(j+k)]*invfact[j]%mod*invfact[k]%mod)%mod;
			}
		}
		sum=sum*fact[n-4*i]%mod;

		//捆绑法，把4个一组的捆绑成1个,共n-3i个
		//再从中选出n-4i个单独1个的，其他展开
		//C(n-3i,n-4i)
		ans+=fast_pow(-1,i)*C(n-3*i,n-4*i)*sum%mod;
		ans=(ans+mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}