[2018集训队作业][UOJ450] 复读机 [DP+泰勒展开+单位根反演]

题面

传送门

思路

本文中所有$m$是原题目中的$k$

首先，这个一看就是$d=1,2,3$数据分治

d=1

不说了，很简单，$m^n$

d=2

先上个$dp$试试

设$dp[i][j]$表示前$i$个复读机用掉了$j$个机会，注意这个东西最后求出来的是分配方案，还要乘以一个$n!$

$dp[i][j]=\sum_{k=0}^j [d|k]\binom{n-j+k}{k}dp[i-1][j-k]$

$dp[i][j]=\sum_{k=0}^j [d|k]\frac{(n-j+k)!}{(n-j)!k!}dp[i-1][j-k]$

$(n-j)!dp[i][j]=\sum_{k=0}^j [d|k]\frac{1}{k!}(n-j+k)!dp[i-1][j-k]$

我们令生成函数$A(x)=\sum_{i=0}^{{\infty}[d|i]\frac{x}i}{i!}$，$B_i(x)=\sum{j=0}^{\infty}(n-j)!dp[i][j]$

那么可以发现$B_{i+1}(x)=B_i(x)\ast A(x)$

也就是答案等于$A^m(x)$的第$n$项系数

我们看这个$A(x)$的形式，发现它下面有一堆阶乘，不由得让我们联想到泰勒展开

（我也不知道这个是怎么联想的不过就这样吧我会再写一篇博客解释的23333）

我们发现$e^x=\sum_{i=0}{\infty}\frac{x^{i}{i!}$，同时$e}{-x}=\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^i \frac{x^i}{i!}$

那么易得$A(x)=\frac{e^x+e{-x}}{2}$

所以$A^{m(x)=(\frac{e}x+e^{-x}}{2})m=\frac{1}{2^m}\sum_{i=0}m \binom{m}{i}e^{(2i-m)x}$

然后我们考虑$n$次项系数，发现最外面应该最后乘上去的$n!$和里面的$\frac{1}{n!}$抵消了，上面$e$的幂剩下的系数是$2i-m$

这样我们可以得到答案的表达式$ANS=\sum_{i=0}^m \binom{m}{i} (2i-m)$

d=3

emmm

我们亲爱的$e$好像用不了了

但是我们这个时候有一个神秘的东西：单位根反演！

单位根反演的公式是：$[d|i]=\frac{1}{d}\sum_{j=0}^{{d-1}\omega_d}{ij}$

其中的$\omega_d^j$表示$d$阶单位根的$j$次方

我们代入上面的公式里面得到：

$A(x)=\sum_{i=0}^{{\infty}\sum_{j=0}}{d-1}\frac{1}{d}\omega_d^{ij}\frac{xi}{i!}$

$A(x)=\frac{1}{d}\sum_{i=0}{d-1}e^{\omega_dix}$

其实可以看到上面的$d=2$就是这个式子的特殊情况

那么$d=3$怎么搞呢？

我们可以发现模数$19491001$是一个3的倍数+1的形式，那么必然存在一个三阶单位负数根根$g$（考虑费马小定理即可）

我们把这个原根求出来，然后两次暴力展开二项式定理，最后可以得到：

$A^{m(x)=\frac{1}{3}m}\sum_{i=0}^m \sum_{j=0}^{m-i} \binom{m}{i}\binom{m-i}{j}e^{(i+gj+g2(m-i-j))x}$

然后就$O(m^2\log m)$做完了

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define MOD 19491001
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') flag=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return re*flag;
}
inline void add(ll &a,ll b){
	a+=b;
	if(a>=MOD) a-=MOD;
}
inline 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 n,m,d,f[1000010],finv[1000010],inv[1000010],g=7,inv3,w1,w2;
void init(){
	ll i,len=1000000;
	f[0]=f[1]=finv[0]=finv[1]=inv[1]=1;
	for(i=2;i<=len;i++) f[i]=f[i-1]*i%MOD;
	finv[len]=qpow(f[len],MOD-2);
	for(i=len;i>2;i--) finv[i-1]=finv[i]*i%MOD;
	for(i=2;i<=len;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
}
inline ll C(ll x,ll y){
	return f[x]*finv[y]%MOD*finv[x-y]%MOD;
}
int main(){
	n=read();m=read();d=read();
	ll i,j;ll ans=0,tmp;init();
	inv3=qpow(3,MOD-2);
	w1=qpow(g,(MOD-1)/3);
	w2=w1*w1%MOD;
	if(d==1) cout<<qpow(m,n)<<'\n';
	if(d==2){
		for(i=0;i<=m;i++){
			add(ans,C(m,i)*qpow((2*i-m+MOD)%MOD,n)%MOD);
		}
		cout<<ans*qpow(qpow(2,m),MOD-2)%MOD<<'\n';
	}
	if(d==3){
		for(i=0;i<=m;i++){
			for(j=0;j<=m-i;j++){
				tmp=(i+w1*j+w2*(m-i-j))%MOD;
				add(ans,C(m,i)*C(m-i,j)%MOD*qpow(tmp,n)%MOD);
			}
		}
		cout<<ans*qpow(qpow(3,m),MOD-2)%MOD<<'\n';
	}
}