Solution -「LOCAL」「cov. 牛客多校 2020 第五场 C」Easy
\(\mathcal{Description}\)
Link.(完全一致)
给定 \(n,m,k\),对于两个长度为 \(k\) 的满足 \(\left(\sum_{i=0}^ka_i=n\right)\land\left(\sum_{i=1}^kb_i=m\right)\) 的正整数序列对 \(\{a_k\},\{b_k\}\),其权值为 \(\prod_{i=1}^k\min\{a_i,b_i\}\)。求所有序列对的权值之和,对 \(998244353\) 取模。
\(n,m,k\le10^6\)。
\(\mathcal{Solution}\)
我们尝试寻找 \([x^ay^b]G(x,y)=\min\{a,b\}~(a,b>0)\) 中的 \(\text{OGF}\) \(G(x,y)\)。由于 \(x^ay^b=(xy)^{\min\{a,b\}}x^{a-\min\{a,b\}}y^{b-\min\{a,b\}}\),相当于要数出 \(x^ay^b\) 里 \(xy\) 的个数。枚举 \(xy\) 的指数,就有:
\]
构造一下,有:
\]
答案即为:
\]
枚举 \(xy\) 的指数,三项的贡献均可以用隔板法算出来,故单组 \(\mathcal O(n)\) 得解。
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
const int MAXN = 2e6, MOD = 998244353;
int n, m, K, fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
}
inline void init () {
fac[0] = 1;
for ( int i = 1; i <= MAXN; ++ i ) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % MOD;
ifac[MAXN] = qkpow ( fac[MAXN], MOD - 2 );
for ( int i = MAXN - 1; ~i; -- i ) ifac[i] = ( i + 1ll ) * ifac[i + 1] % MOD;
}
inline int comb ( const int n, const int m ) {
return n < m ? 0 : 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;
}
int main () {
// freopen ( "easy.in", "r", stdin );
// freopen ( "easy.out", "w", stdout );
init (); int T;
for ( scanf ( "%d", &T ); T --; ) {
scanf ( "%d %d %d", &n, &m, &K );
int ans = 0, up = n < m ? n : m;
for ( int i = 0; i <= up; ++ i ) {
ans = ( ans + 1ll * comb ( i + K - 1, K - 1 ) * comb ( n - i - 1, K - 1 ) % MOD
* comb ( m - i - 1, K - 1 ) ) % MOD;
}
printf ( "%d\n", ans );
}
return 0;
}
\(\mathcal{Details}\)
直接丢构造富有数学的美感。
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