2020Nowcode多校 Round5 C. Easy

C. Easy

构造两个序列分别要满足 \(\sum_{i=1}^{k} a_{i} = N\) \(\sum_{i=1}^{k} b_{i} = M\)

一种方案能贡献\(\prod_{i=1}^{k} min(a_{i}, b_{i})\) 的分数求所有方案分数的和

生成函数

对于一个序列 \(a_{0},a_{1},a_{2}\)···

定义它的生成函数为 \(G(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2}\)···

生成函数有指数和系数两维信息所以用来解决计数问题非常强大因此生成函数的构造是比较关键的

在本题中一个序列不同的方案数其实就是就把N划分成K个数的方案数

对于每一个数我们可以用一个生成函数\(G(x) = x+x^{2}+x^{3}\)···来表示

它的意义是每一项其实就是一种操作比如\(x^{2}\)表示让这一位为2(指数)的方案数为1(系数)

那么把N划分成K个数的方案数就是 \((G(x))^{k} = (x + x^{2}+x^{3}···)^{k}\) 中\(x^{N}\)的系数

如果想维护出一个序列所有方案分数的和我们可以巧妙的构造 \((G(x))^{k} = (x + 2x^{2}+3x^{3}···)^{k}\)

它的意义是比如\(2x^{2}\)表示让这一位为2(指数)能让这一种方案的分数\(*2\)(系数)

min的生成函数

容易想到对于两个数我们可以构造一个生成函数\(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)(y+y^{2}+y^{3}···)\) 用\(x^{i}y^{j}\)来表示第一个数为i 第二个数为j

我们只用了它的指数显然还有系数可以用来维护信息能不能用一种构造使得它的系数为\(min(i,j)\)呢

先上结论我们可以在\(G(x,y)\)后乘上一个\(1+xy+x^{2}y^{2}\)···

理解一下假设\(i<j\) 它实际上是提供了一个映射让原来的\(x^{i}y^{j},x^{i-1}y^{j-1},x^{i-2}y^{j-2}···x^{1}y^{j-i+1}\)一共\(i\)项都为\(x^{i}y^{j}\)的系数做了一次贡献

所以在这个多项式里\(x^{i}y^{j}\)的系数恰好为\(min(i,j)\)

题解

综上所述答案为\(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)^{k}(y+y^{2}+y^{3}···)^{k}(1+xy+x^{2}y^{2}···)^{k}\)这个多项式中\(x^{N}y^{M}\)的系数

我们可以枚举最后一项中\(x^{i}y^{i}\)的指数就可以得到第一个项中\(x\)的指数为\(N-i\) 第二项\(y\)的指数为\(M-i\)

然后分别计算它们的系数最后一项是把i个物品分为K个可以为空的集合前两项分别是把\(N-i\)和\(M-i\)个物品分为K个非空集合

\(ans = \sum_{0}^{min(N-K,M-K)} \binom{N-i-1}{K-1} \binom{M-i-1}{K-1} \binom{i+K-1}{i}\)

#include <stdio.h>

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <queue>

#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int mod = 998244353;

const int MAXN = 1000005;

int n, m, k;

int fac[MAXN];

int ny[MAXN];

int inv[MAXN];

int C(int x, int y) {

    if(x < y || y < 0 || x < 0) return 0;

    return 1LL * fac[x] * inv[x - y] % mod * inv[y] % mod;

}

int main() {

    fac[0] = ny[0] = inv[0] = 1; ny[1] = 1;

    for(int i = 1; i <= 1000000; i++) {

        fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % mod;

        if(i > 1) ny[i] = 1LL * ny[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;

        inv[i] = 1LL * ny[i] * inv[i - 1] % mod;

    }

    int T;

    cin>>T;

    while(T--) {

        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

        int ans = 0;

        for(int i = 0; i <= min(n, m) - k; i++) {

            int tmp = 1LL * C(k + i - 1, i) * C(n - i - 1, k - 1) % mod * C(m - i - 1, k - 1) % mod;

            ans = (ans + tmp) % mod;

        }

        printf("%d\n", ans);

    }

    return 0;

}