【LG 4831】Scarlet loves WenHuaKe（生成函数）

题目连接

 一道好题，第一次用生成函数作题。感谢赛珂狼教我这个作法。

首先咱们显然能够把题目中的限制转化成一个二分图的模型：左边有$n$个点，右边有$m$个点，若是在棋盘$(i,j)$这个点上放了炮，那么咱们把左边第$i$个点向右边第$j$个点连边，那么最终这个图上左边每一个点的度数都是$2$，右边每一个点的度数都小于等于$2$。求合法图的个数。
能够发现，这个二分图是由一些环和一些链组成的，每一条链都是属于右边的点数比属于左边的点数多一（咱们把属于右边的单独的一个点也算做一条链）。而且这样链的条数刚好为$m-n$。
对于每条链或者每个环，一旦分配给它的点固定后，其内部的方案数就和外部无关了，只和该链（环）的大小有关。
咱们先计算有关于链的部分。

咱们定义函数$g_n$表示左边有$n-1$个点，右边有$n$个点的一条链内部排列的方案数。那就有：
$$g = <0, 1, 1, 6, \dots, \frac{n!(n-1)!}{2}>$$
简述上述式子的由来，左边$n-1$个点有排列$(n-1)!$，右边$n$个点有排列$n!$，乘起来以后左右对称要除以$2$。咱们构造一个生成函数把$g$挂上去，表示有一条链的状况：
$$G(x) = \sum_{n} g_n \frac{x^n}{n!(n-1)!}$$
若是有两条链咱们就把它本身卷一下，而且用$g^{[2]}$来表示新获得的数列：
$$G^2(x) = \sum_{n} \left( \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} \binom{n - 2}{i - 1} g_i g_{n - i} \right) \frac{x^n}{n!(n-2)!}$$
$$G^2(x) =\sum_{n} g^{[2]}_n \frac{x^n}{n!(n-2)!}$$
注意到这个生成函数的形式和$G(x)$相比有些许变更，即在$x^n$下的系数有改动，这是由于在两条链的时候右边的点数会比左边的点数多二，而不是一。因而更通常的，若是有$k$条链，就能够写成如下形式：
$$G^k(x) = \sum_{n} g^{[k]}_n \frac{x^n}{n!(n-k)!}$$
其中数列$g^{[m-n]}$就是咱们想要的有刚好$m-n$条链的时候的方案数。可是细心的读者能够发现这里有一个小问题，就是咱们在作卷积的过程当中，咱们每卷一次就会增长一条链，这至关于枚举了新加入的链的位置，因而在每个合法的状况中，这$m-n$条链的加入顺序不一样会被算成不一样的方案，因而最终咱们须要的应该是数列$\frac{g^{[m-n]}}{(m-n)!}$。
理解这一点很重要，咱们在计算环的时候一样须要用到这一点，请你们自行揣摩。
咱们知道了$G(x)$，因而咱们只要求出$G^{m-n}(x)$就好了，直接快速幂能够$O(mlog^2m)$，若是比较厉害写$O(mlogm)$的多项式快速幂也是能够的。

接下来咱们算环的部分。
咱们定义函数$f_n$表示左右边都有$n$个点的环内部排列的方案数，那就有：
$$f = <0, 0, 1, 6, \dots ,\frac{(n!)^2}{2n}>$$
简单说明上述式子的由来，左右边分别有圆排列$(n-1)!$，合并起来有$n$中方案，同时镜像对称要除以$2$。同时，这里有特殊状况$f_1=0$，由于你不能有一个两个点的环。这里有读者会发现，咱们定义了$f_0 = 0$，这是由于咱们接下来作卷积时必须保证每次选择环的大小时不能用一个空环（也就是会致使实际环的个数会少一）。
一样咱们构造了一个生成函数，表示一个环的状况：
$$F(x) = \sum_{n} f_n \frac{x^n}{(n!)^2}$$
与链同理，若是咱们用了$k$个环，就有：
$$F^k(x) = \sum_{n} f^{[k]}_n \frac{x^n}{(n!)^2}$$
与链同理，每一种用了$k$个环的合法状况会被重复计算到$k!$次，咱们要除掉它，同时咱们须要枚举咱们用的环的个数$k$，因而咱们须要的是：
$$H(x) = \sum_{k} \frac{F^k(x)}{k!} = e^{F(x)}$$

虽然我不会多项式$exp$，可是这里的形式比较简单咱们能够手推。
咱们须要先求出$F(x)$的一个比较简单的形式。根据$f$咱们能够写出：
$$F(x) = -\frac{x}{2} + \frac{1}{2} \sum_n \frac{x^n}{n} = -\frac{x}{2} - \frac{1}{2} ln(1 - x)$$

因而有：

$$H(x) = \sum_n h_n \frac{x^n}{(n!)^2} = e^{F(x)} = e^{-\frac{1}{2} x} e^{-\frac{1}{2} ln(1-x)} = e^{-\frac{1}{2}x} (1-x)^{-\frac{1}{2}}$$

前半部分用$e$直接展开：

$$e^{-\frac{1}{2}x} = \sum_n (-\frac{1}{2})^n \frac{x^n}{n!}$$

后半部分用广义二项式展开：

$$(1-x)^{-\frac{1}{2}} = \sum_n \frac{(-\frac{1}{2})^{\underline{n}}}{n!} (-1)^n x^n$$

把这两个卷起来就获得了$H(x)$。

最后咱们须要把链和环拼起来，这一步作卷积或手动展开均可以了。

总复杂度是$O(mlogmlog(m-n))$，或者$O(mlogm)$。因而就和$m-n$无关了。

 

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef vector<int> Poly;

const int N = (int)1e5 + 5;
const int MOD = 998244353;
const int _IV2 = (MOD - 1) / 2;

int n, m;

namespace {
  int fac[N], ifac[N];
  int Add(int a, int b) { return (a += b) >= MOD? a - MOD : a; }
  int Sub(int a, int b) { return (a -= b) < 0? a + MOD : a; }
  int Mul(int a, int b) { return (long long)a * b % MOD; }
  int Pow(int a, int b) {
    int r = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = Mul(a, a)) if (b & 1) r = Mul(r, a);
    return r;
  }
  void Math_Init() {
    fac[0] = ifac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = Mul(fac[i - 1], i);
    ifac[N - 1] = Pow(fac[N - 1], MOD - 2);
    for (int i = N - 2; ~i; --i) ifac[i] = Mul(ifac[i + 1], i + 1);
  }
}

namespace PO {
  int rev[(int)1e6 + 5];
  void Dft(Poly &a, int le) {
    for (int i = 0; i < le; ++i)
      if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    for (int i = 1; i < le; i <<= 1) {
      int wn = Pow(3, (MOD - 1) / (i << 1));
      for (int j = 0; j < le; j += i << 1) {
        int w = 1, x, y;
        for (int k = 0; k < i; ++k, w = Mul(w, wn)) {
          x = a[j + k];
          y = Mul(a[j + k + i], w);
          a[j + k] = Add(x, y);
          a[j + k + i] = Sub(x, y);
        }
      }
    }
  }
  void Idft(Poly &a, int le) {
    reverse(a.begin() + 1, a.end());
    Dft(a, le);
    int iv = Pow(le, MOD - 2);
    for (int i = 0; i < le; ++i) a[i] = ::Mul(a[i], iv);
  }
  Poly Mul(Poly a, Poly b, int lim) {
    int n = a.size(), m = b.size(), l;
    for (l = 1; l < n + m - 1; l <<= 1);
    for (int i = 0; i < l; ++i)
      rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1? l >> 1 : 0);
    a.resize(l), Dft(a, l);
    b.resize(l), Dft(b, l);
    for (int i = 0; i < l; ++i) a[i] = ::Mul(a[i], b[i]);
    Idft(a, l), a.resize(lim);
    return a;
  }
  Poly Pow(Poly a, int b, int lim) {
    Poly r(lim);
    for (r[0] = 1; b; b >>= 1) {
      if (b & 1) r = Mul(r, a, lim);
      a = Mul(a, a, lim);
    }
    return r;
  }
}

int main() {
  Math_Init();
  scanf("%d%d", &n, &m);
  
  Poly F0(m + 1), F1(m + 1), fm(m + 1);
  for (int i = 0, dw = 1; i <= m; ++i) {
    F0[i] = Mul(dw, ifac[i]);
    if (i & 1) F0[i] = Sub(0, F0[i]);
    dw = Mul(dw, Sub(_IV2, i));
  }
  for (int i = 0, pw = 1; i <= m; ++i) {
    F1[i] = Mul(pw, ifac[i]);
    pw = Mul(pw, _IV2);
  }
  Poly expF = PO::Mul(F0, F1, m + 1);
  for (int i = 0; i <= m; ++i) {
    fm[i] = Mul(expF[i], Mul(fac[i], fac[i]));
  }

  Poly G(m + 1), gk(m + 1);
  G[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= m; ++i) {
    G[i] = (MOD + 1) / 2;
  }
  G = PO::Pow(G, m - n, m + 1);
  for (int i = m - n; i <= m; ++i) {
    gk[i] = Mul(Mul(G[i], Mul(fac[i], fac[i - m + n])), ifac[m - n]);
  }

  int ans = 0;
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    int ch1 = Mul(fac[m], Mul(ifac[i], ifac[m - i]));
    int ch2 = Mul(fac[n], Mul(ifac[i], ifac[n - i]));
    ans = Add(ans, Mul(Mul(fm[i], gk[m - i]), Mul(ch1, ch2)));
  }
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}

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这里简单讲一下为何有$\sum_{n=1} \frac{x^n}{n} = -ln(1-x)$。

根据定义有：$ln'(x) = \frac{1}{x}$

根据导数的复合：$(ln(1-x))' = ln'(1-x)(1-x)' = \frac{-1}{1-x} = -\sum_n x^n$

对两边积分：$ln(1-x) = -\sum_{n=1} \frac{x^n}{n}$