【loj3120】【CTS2019】珍珠

题目

​ $laofu $出的题

​ \(n\)个离散型随机变量\(X_i\)可能的值为\([1,D]\) ,求有至少\(m\)对的概率

​ $0 \le m \le 10^9 \ , \ 1 \le n \le 10^9 \ , \ 1 \le D \le 10^5 $

题解

• 60 pts

  观察到能配对的个数只和颜色奇数个数有关

  令\(L=min(D,n-2m)\)，这是奇数个数上界

  \(dp_i,j\)表示前\(i\)个球，奇数个数为\(j\)的方案

  复杂度:\(O(Dn)\)

  如果用快速幂转移加上一些奇技淫巧可以通过13-15

• 100pts

  $ f_i $ 表示硬点$ i $ 个颜色是奇数的方案和

  \[\begin{align}
  f_i &= (^D_i)n^i e^{(D-i)x}\\
  &= \frac{i!(^D_i)}{2^i} \sum_{j=0}^{i} \frac{(-1)^j(D-2j)^n}{j!(i-j)!}
  \end{align}
  \]

  直接把\(f_i\)卷出来，考虑二项式反演

  \[\begin{align}
  g_i &= \sum_{j \ge i}(-1)^{j-i}(^j_i) f_j \\
  即\ i!g_i &= \sum_{j \ge i}\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}\times j!f_j\\
  把 G和F都 & \ reverse \ 一下就可以卷积了
  \end{align}
  \]

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long
  #define mod 998244353
  using namespace std;
  const int N=400010;
  int D,n,m,G=3,fac[N],inv[N],ny[N],len,L,rev[N],a[N],b[N],c[N],f[N];
  void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  int pw(int x,int y){
  	if(y<0)y+=mod-1;
  	int re=1;
  	while(y){
  		if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
  		y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
  	}
  	return re;
  }
  void ntt(int*A,int F){
  	for(int i=0;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
  	for(int i=1;i<len;i<<=1){
  		int wn=pw(G,F*(mod-1)/i/2);
  		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){
  			int w=1;
  			for(int k=0;k<i;++k,w=(ll)w*wn%mod){
  				int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+i]%mod;
  				A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
  			}
  		}
  	}
  	if(!~F)for(int i=0;i<len;++i)A[i]=(ll)ny[len]*A[i]%mod;
  }
  void Mul(int*A,int*B,int*C){
  	ntt(A,1);ntt(B,1);
  	for(int i=0;i<len;++i)C[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;
  	ntt(C,-1);
  }
  int main(){
  //	freopen("pearl.in","r",stdin);
  //	freopen("pearl.out","w",stdout);
  	scanf("%d%d%d",&D,&n,&m);
  	for(L=0,len=1;len<=D<<1;++L,len<<=1);
  	ny[1]=1;for(int i=2;i<=len;++i)ny[i]=(ll)(mod-mod/i)*ny[mod%i]%mod;
  	for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=len;++i){
  		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
  		inv[i]=(ll)inv[i-1]*ny[i]%mod;
  		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
  	}
  	for(int i=0;i<=D;++i){
  		f[i]=(ll)fac[D]*inv[D-i]%mod*pw(2,-i)%mod;
  		b[i]=(ll)inv[i]*pw((D-2*i+mod)%mod,n)%mod;
  		a[i]=inv[i];if(i&1)b[i]=(mod-b[i])%mod;
  	}
  	Mul(a,b,c);
  	for(int i=0;i<=D;++i)f[i]=(ll)f[i]*c[i]%mod;
  	for(int i=0;i<len;++i)a[i]=b[i]=c[i]=0;
  	for(int i=0;i<=D;++i){
  		a[i]=i&1?mod-inv[i]:inv[i];
  		b[i]=(ll)fac[D-i]*f[D-i]%mod;
  	}
  	Mul(a,b,c);
  	int ans=0,mn=min(D,n-2*m);
  	for(int i=0;i<=mn;++i)inc(ans,(ll)inv[i]*c[D-i]%mod);
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }
  

• 官解

  感觉挺好玩

  谁说生成函数只能有一个未知数的？？？

  我们重新设计一下不用二项式反演的生成函数

  \[\begin{align}
  ans &= \sum_{i=0}^{L}n!(\frac{e^x+e^{-x}}{2}+y\frac{e^x-e^{-x}}{2})^D[x^ny^i]\\
  &= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}(e^x(1+y)+e^{-x}(1-y))^D[x^ny^i]\\
  &= \frac{n!}{2^D} \sum_{i=0}^{L}\sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\\
  &= \frac{n!}{2^D} \sum_{j=0}^{D}(^D_j)e^{(2j-D)x}[x^n] \sum_{i=0}^{L}(1+y)^j(1-y)^{D-j}[x^ny^i]\\
  \end{align}
  \]

  考虑求后面\(y\)那坨，就是某个式子的前\(L\)项和，我们知道：

\[(1+y)^i(1-y)^{D-i} = -(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i+1}+2(1+y)^{i-1}(1-y)^{D-i}\\
即F(D,i) = -F(D,i-1) + 2F(D-1,i-1)
\]

​ 只需要求出\(F(I,0)(I \le D)\)即可通过组合数卷出\(F(D,i)\)

　 可是由于我上课没有认真听讲，所以我忘了怎么求的\(F(I,0)\)惹．．．．．．．

　 可能有天会突然醒悟吧．．．．

​ upd:看了上课认真听讲的BAJim_H的题解，好吧是我太弱了．．．．．

\[\begin{align}
F(I,0)&= \begin{cases}
0 &(I>L)\\
\sum_{i=0}^{L} (-1)^i (^I_i) &(I<L)
\end{cases}\\
&讨论第二个式子，把组合数拆开\\
&= \sum_{i=0}^{L} (^{I-1}_i)(-1)^i + \sum_{i=0}^{L-1}(^{L-1}_{i})(-1)^{i+1}\\
&= (^{I-1}_L)(-1)^L
\end{align}
\]

​ 这样只要一次卷积．