P5339 [TJOI2019]唱、跳、rap和篮球

题目：

学生分为四种，要么喜欢唱，要么喜欢跳，要么喜欢rap，要么喜欢篮球，每个学生有且只能喜欢一种，现在从中选nnn个学生排成一排，求排列数，满足不存在位置kkk，使kkk的喜欢唱，k+1k+1k+1的喜欢跳，k+2k+2k+2的喜欢rap（这样的凑在一起会鸡你太美），k+3k+3k+3的喜欢篮球，两个排列不同当且仅当存在对应位置两个学生喜欢的不一样。

(1≤n≤1000,1≤a,b,c,d≤500)(1 \le n \le 1000,1 \le a,b,c,d \le 500)(1≤n≤1000,1≤a,b,c,d≤500)

题解：

求这种不存在某种情况的排列数，用钦定法。

令fkf_kfk为存在kkk个鸡你太美的排列数，令gkg_kgk为钦定kkk个鸡你太美，其他位置任意的排列数，那么有

gk=∑i=klim(ik)fi\displaystyle g_k=\sum_{i=k}^{lim}\dbinom{i}{k}f_igk=i=k∑lim(ki)fi，其中lim=min⁡{n4,a,b,c,d}\displaystyle lim=\min\{\frac{n}{4},a,b,c,d\}lim=min{4n,a,b,c,d}。

二项式反演可得

fk=∑i=klim(−1)i−k(ik)gi\displaystyle f_k=\sum_{i=k}^{lim} (-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}g_ifk=i=k∑lim(−1)i−k(ki)gi

答案为f0=∑i=0lim(−1)igi\displaystyle f_0=\sum_{i=0}^{lim} (-1)^ig_if0=i=0∑lim(−1)igi

考虑gkg_kgk怎么计算，找出kkk个鸡你太美相当于找kkk个起始位置，这kkk个位置至少相隔4，那么相当于在n−3kn-3kn−3k个位置里找kkk个位置，然后再从这kkk的位置的后面延伸出3个位置还原到nnn个位置。其他位置任意，按题目的意思喜欢相同东西的学生算相同的，所以相当于用4种颜色去涂若干个位置的排列数，这就是EGFEGFEGF的经典问题了，令ha,b,c,d,nh_{a,b,c,d,n}ha,b,c,d,n为四种颜色分别有a,b,c,da,b,c,da,b,c,d去涂nnn个位置的排列数，写出四种颜色的EGFEGFEGF，以第一种颜色为例，为Aa(x)=∑i=0axii!\displaystyle A_a(x)=\sum_{i=0}^a\frac{x^i}{i!}Aa(x)=i=0∑ai!xi，其他的也类似，然后将四个EGFEGFEGF卷起来即可，但是这样每次需要NTTNTTNTT，复杂度为O(n2logn)O(n^2logn)O(n2logn)，足以通过本题，但还可以优化。

将gkg_kgk的表达式代入f0f_0f0的式子可得

f0=∑i=0lim(−1)i(n−3kk)ha−i,b−i,c−i,d−i,n−4i\displaystyle f_0=\sum_{i=0}^{lim} (-1)^i\dbinom{n-3k}{k}h_{a-i,b-i,c-i,d-i,n-4i}f0=i=0∑lim(−1)i(kn−3k)ha−i,b−i,c−i,d−i,n−4i

从大到小枚举iii，那么相当于每次都会使4个EGFEGFEGF多一项，考虑分别维护第一种颜色和第二种颜色的EGFEGFEGF多项式乘法，第三种颜色和第四种颜色的EGFEGFEGF多项式乘法，以前者为例，原先已经算出了Aa×BaA_a\times B_aAa×Ba，现在要算Aa+1×Bb+1A_{a+1}\times B_{b+1}Aa+1×Bb+1，那么有Aa+1×Bb+1=(Aa+xa+1(a+1)!)(Bb+xb+1(b+1)!)=AaBb+xb+1(b+1)!Aa+xa+1(a+1)!Bb+xa+b+2(a+1)!(b+1)!\displaystyle A_{a+1}\times B_{b+1}=(A_a+\frac{x^{a+1}}{(a+1)!})(B_b+\frac{x^{b+1}}{(b+1)!})=A_aB_b+\frac{x^{b+1}}{(b+1)!}A_a+\frac{x^{a+1}}{(a+1)!}B_b+\frac{x^{a+b+2}}{(a+1)!(b+1)!}Aa+1×Bb+1=(Aa+(a+1)!xa+1)(Bb+(b+1)!xb+1)=AaBb+(b+1)!xb+1Aa+(a+1)!xa+1Bb+(a+1)!(b+1)!xa+b+2

第一项已经算出来了，第二项和第三项O(n)O(n)O(n)即可，第四项O(1)O(1)O(1)

最后要求卷积的n−4in-4in−4i项的系数，枚举一个多项式的项数，O(1)O(1)O(1)即可得到另一个多项式的对应项，所以也可O(n)O(n)O(n)求得，总复杂度为O(n2)O(n^2)O(n2)。

复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<bitset>
#include<sstream>
#include<ctime>
//#include<chrono>
//#include<random>
//#include<unordered_map>
using namespace std;#define ll long long
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int mod=998244353;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e6+5;
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int n,a,b,c,d;
ll fac[maxn],ifac[maxn],f[maxn],g[maxn];
ll qpow(ll a,ll p=mod-2){ll res=1;while(p){if(p&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;p>>=1;}return res;
}
void init(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;ifac[n]=qpow(fac[n]);for(int i=n-1;i>=0;i--)ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m){if(n<m)return 0;return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main(void){// freopen("in.txt","r",stdin);init(1000000);scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);int lim=min(n/4,min(a,min(b,min(c,d))));for(int i=0;i<=a-lim;i++){for(int j=0;j<=b-lim;j++){(f[i+j]+=ifac[i]*ifac[j]%mod)%=mod;}}for(int i=0;i<=c-lim;i++){for(int j=0;j<=d-lim;j++){(g[i+j]+=ifac[i]*ifac[j]%mod)%=mod;}}ll ans=0;for(int i=lim;i>=0;i--){int tot=n-4*i;ll tmp=0;for(int j=0;j<=tot;j++){(tmp+=f[j]*g[tot-j]%mod)%=mod;}tmp=tmp*fac[tot]%mod;(ans+=(i%2?mod-1:1)*C(n-3*i,i)%mod*tmp%mod)%=mod;int na=a-i+1,nb=b-i+1,nc=c-i+1,nd=d-i+1;for(int j=0;j<=a-i;j++){(f[j+nb]+=ifac[j]*ifac[nb]%mod)%=mod;}for(int j=0;j<=b-i;j++){(f[j+na]+=ifac[j]*ifac[na]%mod)%=mod;}(f[na+nb]+=ifac[na]*ifac[nb]%mod)%=mod;for(int j=0;j<=c-i;j++){(g[j+nd]+=ifac[j]*ifac[nd]%mod)%=mod;}for(int j=0;j<=d-i;j++){(g[j+nc]+=ifac[j]*ifac[nc]%mod)%=mod;}(g[nc+nd]+=ifac[nc]*ifac[nd]%mod)%=mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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