标签：frac int sum 容斥 多校 maxn 第四场 prod dp

2021牛客多校第四场G （容斥，组合计数） G-Product_2021牛客暑期多校训练营4 (nowcoder.com)

思路：

先证一个公式

\(\sum_{a_i\ge0,\sum a_i=D}\prod \frac{1}{a_i!}=\frac{n^D}{D!}\)

考虑一个组合数学问题，有D个球，n种颜色，每种颜色的球有 \(a_i\) 个

那么，当每个 \(a_i\) 都确定时，这种情况下的方案数为\(\frac{D!}{\prod a_i!}\)

而所有放颜色的方案数显然为\(n^D\)

那么就有 \(\sum_{a_i>=0,\sum a_i=D}\prod \frac{D！}{a_i!}=n^D\)

两边同时除以 \(D!\) 即得上式

原题目要我们求的式子可化为\(D!\sum_{a_i\ge k,\sum a_i=D+nk}\prod \frac{1}{a_i!}\)

如果说没有\(a_i\ge k\)的限制，那么我们要求的答案就是\(D！\frac{n^{D+nk}}{(D+nk)!}\)

所以我们要将所有 \(a_i<k\)的情况容斥掉

设事件 \(A_i\) 表示\(a_i<k\)

那么所有不合法的情况即为

\(|A_1\bigcup A_2\bigcup\cdots\bigcup A_{n-1}\bigcup A_n|=\\\sum_{1\le i\le m}|A_i|-\sum_{1\le i<j\le m}|A_i\bigcap A_j|+\cdots+(-1)^{n-1}|A_1\bigcap A_2\bigcap\cdots\bigcap A_n|\)

令 \(dp[i][j]\) 表示 \(j\) 个球分到 \(i\) 个非法组的情况，枚举最后一个非法组的球数和 \(j\) 个球的分配情况

\(dp[i][j]=\sum_{t=0}^{k-1}dp[i-1][j-t]\left(\matrix{j\\t}\right)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,k,D;
const int maxn=55;
int c[maxn*maxn][maxn*maxn];
int dp[maxn][maxn*maxn];
int ksm(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
void init()
{
	c[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n*k;i++)
	for(int j=1;j<=i;j++)
	{
		c[i][0]=1;
		c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
		if(c[i][j]>=mod)c[i][j]-=mod;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)
		{
			for(int v=0;v<=j&&v<k;v++)
			{
//				cout<<i<<" "<<j<<" "<<v<<"\n";
				dp[i][j]=(dp[i][j]+1ll*dp[i-1][j-v]*c[j][v]%mod)%mod;
			}
		}	
	}
}
int main()
{
	cin>>n>>k>>D;
	init();
	long long ans=ksm(n,D+n*k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int sgn,mul;
		if(i&1)sgn=mod-1;
		else sgn=1;
		mul=1;
		for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)
		{
			ans=(ans+1ll*sgn*c[n][i]%mod*ksm(n-i,D+n*k-j)%mod*dp[i][j]%mod*mul%mod)%mod;
			mul=1ll*mul*(D+n*k-j)%mod*ksm(j+1,mod-2)%mod;
		}
	}
	for(int i=D+1;i<=D+n*k;i++)
	{
		ans=1ll*ans*ksm(i,mod-2)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

另一种生成函数的思路，参考【题解】2021牛客暑期多校第四场 G.Product - bobh - 博客园 (cnblogs.com)

由于\(e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\)

所以\(\sum_{a_i>=0,\sum a_i=D}\prod \frac{1}{a_i!}=[x^D](e^x)^n\)

设\(b_i=a_i+k\)

原题转化为求\(\sum_{b_i>=k,\sum b_i=D+nk}\prod \frac{D!}{b_i!}\)

由于\(b_i\ge k\)要去除小于k的项

即要求解\([x^{D+nk}](e^x-\sum_{i=0}^{k-1}\frac{x^i}{i!})^n\)

计 \(A(x)=-\sum_{i=0}^{k-1}\frac{x^i}{i!}\)，预处理\(A(x),A^2(x),\cdots,A^n(x)\)

暴力展开\((e^x+A(x))^n=\sum_{i=0}^n\left(\matrix{n\\i}\right)A^ie^{(n-i)x}\)

标签：frac,int,sum,容斥,多校,maxn,第四场,prod,dp
来源： https://www.cnblogs.com/1427314831a/p/15182370.html

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