[JZOJ A组]球 题解

球（ball）
【问题描述】
小 T 有 n 个桶和 2n − 1 个球，其中第 i 个桶能装前 2i − 1 个球。每一个桶只能装一个球。
如今小 T 取了 m 个桶和 m 个球，并将这些球各自放在这些桶里。问这样的方案有多少。
两种方案不一样当且仅当选择了不一样的桶或球或者同一个桶在两种方案放了不一样的球。
因为方案的数量可能很大，因此只须要求方案数模 998244353 后的结果。
【输入格式】
从输入文件 ball.in 中读入数据。
第一行一个整数 T，表示数据组数。
接下来 T 行，每行两个整数 n, m，含义见【问题描述】。
【输出格式】
输出到文件 ball.out 中。
输出共 T 行，每行一个整数表示一组数据的答案。
【样例 1 输入】
4
1 1
2 1
2 2
3 2
【样例 1 输出】
1
4
2
18
【样例 1 说明】
对于 n = m = 1 的状况，只有选择第一个球和第一个桶，并将第一个球放在第一个桶里这一种方案。
对于 n = 2, m = 2 的状况，会选择全部桶，第一个桶里放的必定是第一个球，因而第二个桶里能够放第二个或第三个球，共两种方案。
【样例 2 输入】
4
1000 1
10000 1
100000 1
1000000 1
【样例 2 输出】
1000000
100000000
17556470
757402647
【子任务】
保证 1 ≤ T ≤ 1E5, 1 ≤ m ≤ n ≤ 1E7。

首先看到\(10^7\)的数据和仅有2个参数的较多询问，立刻想到这是一道和预处理阶乘有关的题。

而后看题目，是一道计数题，结合前面的想法，预估是一道数学题，且极可能是结论题

而后就分析一下，桶能够选择的球的区间存在包含关系，前面的桶选择一个球放入后，后面的桶可选择的球就会减1，用式子表达即
\[ Ans= \sum_{i_1 = 1}^n \sum_{i_2 = i_1+1}^n \sum_{i_3 = i_2+1}^n ... \sum_{i_m = i_{m-1}+1}^n (2 i_1 - 1)(2 i_2 - 2) ... (2i_m - m) \]
对这种变量不重复的枚举方式，有一个经常使用的化法，就是反过来枚举，使每一个变量的下界为\(1\)，方便后续化简
\[ \sum_{i_m = m}^{n} \sum_{i_{m-1} = m-1}^{i_m -1} \sum_{i_{m-2} = m-2}^{i_{m-1} -1} ... \sum_{i_{2} = 2}^{i_{3} -1} \sum_{i_{1} = 1}^{i_{2} -1} (2 i_1 - 1)(2 i_2 - 2) ... (2i_m - m) \]
直接把每一项提出去得
\[ \sum_{i_m = m}^{n} (2i_m - m) \sum_{i_{m-1} = m-1}^{i_m -1} (2i_{m-1} - (m-1)) ... \sum_{i_{2} = 2}^{i_{3} -1} (2 i_2 - 2) \sum_{i_{1} = 1}^{i_{2} -1} (2 i_1 - 1) \]
emm而后发现，这样的式子，从末尾开始，每个求和都只与前一个求和给的变量有关，若是咱们对最后一个求和预处理一下，而后用它来处理倒数第2个求和，而后用这来出来倒数第3个求和......处理到最后就是答案了！

实现就一个二维的dp
\[ f(0,j) = 1 \\ f(i,i-1) = 0 \\ f(i,j) = f(i,j-1) + (2j-i)f(i-1,j-1) \]
那么，最终答案就是\(f(m,n)\)

这样就能够得到70分

观察推出来的式子，是否是挺像组合数的递推式？

考虑打表出\(f\)矩阵找规律

发现\(f(i,i) = i!\)，对每行都除掉他

发现每个数字都是彻底平方数，开方后就成为一个近似杨辉三角的东西

因而愉快的发现了规律。
\[ Ans = m! (C_n^m)^2 \]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
    x%=MOD;
    ll ans=1;
    while(up)
        if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
        else ans=ans*x%MOD,up--;
    return ans;
}
ll Inv(ll x){return QPow(x,MOD-2);}
const ll MXN=1E7+5;

ll fac[MXN];
ll facInv[MXN];
void SpawnFac(ll sz){
    fac[0]=1;for(ll i=1;i<=sz;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    facInv[sz]=Inv(fac[sz]);
    for(ll i=sz-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;
    facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll m){
    if(n<m) return 0;
    return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
}


int main(){
    //freopen("ball.in","r",stdin);
    //freopen("ball.out","w",stdout);
    SpawnFac(1E7+1);
    ll T;scanf("%lld",&T);while(T--){
        ll n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);
        ll ans=fac[m]*C(n,m)%MOD*C(n,m)%MOD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

这个结论题仍是蛮有意思的，推导套路值得思考

关于该结论的证实：

反正我是没有看懂（