考场上的我猜测到了某个题是二项式反演 可惜我不会啊
分治NTT给了60的暴力 然而他们的分治NTT都能跑1e6/dk
回归正题
二项式反演大概就是关于二项式的反演（废话）
一般来说 初始状态都是状压的0/1状态 然后它们有很好的性质 与具体哪一位的状态无关 所以可以直接记录1的个数
又因为反演≈容斥 所以它的两个基本形式就很好看了
$f(n) = \sum_0 ^ n (-1)^i \binom{n}{i} g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_0 ^n (-1)^i \binom{n}{i} f(n)$
一般这个柿子用不到（吧 因为很少上来就是个容斥形式
$f(n) = \sum _{i=0} ^n \binom{n}{i} g(i) \Leftrightarrow\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)$
一般是这个柿子比较有用qwq
具体证明自行百度吧（~~其实就是我懒~~
例题
[HAOI2016] 染色
其实这个题完全可以不用二项式反演直接容斥 也间接性证明了反演的本质就是容斥
考虑恰好为S有k个的限制 按照套路转化为至少有k个为S
设所求函数为G(x) 容斥函数为F(x)
容斥函数可直接计算$F(x) = \binom{m}{x} (m-i)^{n-ix} \frac{(sx)!}{(x!)^s (n-ix)!}$
然后直接套上上边的容斥就可以了
最后NTT优化即可
以前的代码（反正最后柿子推出来是一样的）
//Love and Freedom.
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define inf 20021225
#define mdn 1004535809
#define N 300010
#define G 3
using namespace std;
int rev[N<<2],inv,jc[N*100],iv[N*100],n,m,s,w[N];
int ksm(int bs,int mi)
{
int ans=1;
while(mi)
{
if(mi&1) ans=(ll)ans*bs%mdn;
bs=(ll)bs*bs%mdn; mi>>=1;
}
return ans;
}
int pre(int n)
{
int lim=1,l=0;
while(lim<n) lim<<=1,l++;
for(int i=1;i<lim;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
inv=ksm(lim,mdn-2); return lim;
}
void ntt(int *a,int lim,int opt)
{
for(int i=1;i<lim;i++) if(i<rev[i])
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int k=2,mid=1;k<=lim;k<<=1,mid<<=1)
{
int Wn=ksm(G,(mdn-1)/k); if(opt) Wn=ksm(Wn,mdn-2);
for(int w=1,i=0;i<lim;w=1,i+=k) for(int j=0;j<mid;j++,w=(ll)w*Wn%mdn)
{
int x=a[i+j],y=(ll)w*a[i+mid+j]%mdn;
a[i+j]=(x+y)%mdn; a[i+mid+j]=(x-y+mdn)%mdn;
}
}
if(opt) for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*inv%mdn;
}
int h[N],f[N],ans[N]; int top;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
for(int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&w[i]);
top=min(n/s,m); jc[0]=iv[0]=1; int tt=max(n,m);
for(int i=1;i<=tt;i++) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mdn;
iv[tt]=ksm(jc[tt],mdn-2); int qwq=1;
for(int i=tt;i;i--) iv[i-1]=(ll)iv[i]*i%mdn;
for(int i=0;i<=top;i++)
f[i]=(ll)jc[m]*iv[m-i]%mdn*jc[n]%mdn*iv[n-i*s]%mdn*qwq%mdn*ksm(m-i,n-i*s)%mdn,qwq=(ll)qwq*iv[s]%mdn;
for(int i=0;i<=top;i++) h[i]=(ll)(mdn+((i&1)?-1:1)*iv[i])%mdn;
for(int i=0;i<=(top>>1);i++) swap(h[i],h[top-i]);
int lim=pre((top+1)<<1);// printf("%d\n",lim);
ntt(h,lim,0); ntt(f,lim,0);
for(int i=0;i<lim;i++) ans[i]=(ll)h[i]*f[i]%mdn;
ntt(ans,lim,1); int fin=0;
for(int i=0;i<=top;i++)
fin=(ll)(fin+(ll)ans[top+i]*w[i]%mdn*iv[i]%mdn)%mdn;
printf("%d\n",fin);
return 0;
}
[CTS2019] 珍珠
论考试前一天晚上刚好看到原题的几率 可惜没看懂
考虑有多少颜色是奇数
直接做的话显然是
$G(i) = (\frac{e^x + e^{-x}}{2})^i (\frac{e^x - e^{-x}}{2})^{n-i}$
而且还要求n!
发现n1e9/px
于是就是二项式反演了
$F(i) = n^i e^{(D-i)x}$
我们进一步拆开括号画柿子
$F(i)= \frac{1}{2^i} \sum_{j=0}^i \binom{i}{j} n![x^n]e^{jx-(i-j)x} e^{(D-i)x}$
$F(i)=\frac{1}{2^i}\sum_{j=0}^i \binom{i}{j} n![x^n]e^{(D-2i+2j)x}$
$F(i)=\frac{1}{2^i}\sum_{j=0}^i \binom{i}{j} (D-2i+2j)^n$
典型的卷积形式 NTT优化掉就可以了
反演直接带进柿子里继续NTT一下就好了
（吐槽一句 毒瘤出题人把n开到了[0,1e18] 于是还要特判0/px)
啊 这个题懒得再回去写了 直接丢考场的加强代码吧x
//Love and Freedom.
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define inf 20021225
#define ll long long
#define N 600010
#define mdn 998244353
#define G 3
using namespace std;
ll read()
{
ll f=1,s=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*s;
}
int fac[N],inv[N];
void upd(int &x,int y){x+=x+y>=mdn?y-mdn:y;}
int C(int n,int m){return n<m?0:1ll*fac[n]*inv[m]%mdn*inv[n-m]%mdn;}
int ksm(int bs,ll mi)
{
int ans=1;
if(!bs) return !mi?1:0; mi%=(mdn-1);
while(mi)
{
if(mi&1) ans=1ll*ans*bs%mdn;
bs=1ll*bs*bs%mdn; mi>>=1;
}
return ans;
}
int n,m; ll q,k;
int r[N];
int init(int n)
{
int l=0,lim=1;
while(lim<n) lim<<=1,l++;
for(int i=0;i<lim;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);
return lim;
}
void ntt(int *a,int lim,int f)
{
for(int i=0;i<lim;i++) if(r[i]>i)
swap(a[r[i]],a[i]);
for(int k=2,mid=1;k<=lim;k<<=1,mid<<=1)
{
int Wn=ksm(G,(mdn-1)/k); if(f) Wn=ksm(Wn,mdn-2);
for(int w=1,i=0;i<lim;i+=k,w=1) for(int j=0;j<mid;j++,w=1ll*w*Wn%mdn)
{
int x=a[i+j],y=1ll*w*a[i+mid+j]%mdn;
a[i+j]=(x+y)%mdn; a[i+mid+j]=(mdn+x-y)%mdn;
}
}
if(f) for(int kinv=ksm(lim,mdn-2),i=0;i<lim;i++)
a[i]=1ll*a[i]*kinv%mdn;
}
int tmp[N],g[N],f[N];
void solve(int *a,int n)
{
memset(g,0,sizeof(g)); memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=0;i<=n;i++) g[i]=inv[i],f[i]=1ll*(i&1?mdn-inv[i]:inv[i])*ksm((n-2*i+mdn)%mdn,q)%mdn;
int lim=init(n+1<<1); ntt(g,lim,0); ntt(f,lim,0);
for(int i=0;i<lim;i++) g[i]=1ll*g[i]*f[i]%mdn;
ntt(g,lim,1);
for(int i=0;i<=n;i++) g[i]=1ll*ksm(2,(mdn-1-i)%mdn)*fac[i]%mdn*g[i]%mdn;
for(int i=0;i<=n;i++) g[i]=1ll*g[i]*fac[i]%mdn*C(n,i)%mdn,f[i]=i&1?mdn-inv[i]:inv[i];
for(int i=n+1;i<lim;i++) f[i]=g[i]=0; reverse(f,f+n+1);
ntt(g,lim,0); ntt(f,lim,0);
for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*g[i]*f[i]%mdn;
ntt(a,lim,1);
for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=1ll*a[i+n]*inv[i]%mdn;
}
int pre[N],h[N],l[N];
int qry(int l,int r){return l>r?0:l?(pre[r]-pre[l-1]+mdn)%mdn:pre[r];}
int main()
{
//freopen("qwq.txt","w",stdout);
n=read(),m=read(),q=read(),k=read(); //printf("%lld %lld\n",q,k);
int top=max(n,m);
fac[0]=1; for(int i=1;i<=top;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mdn;
inv[top]=ksm(fac[top],mdn-2); for(int i=top;i;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mdn;
solve(h,n); solve(l,m); int ans=0;
pre[0]=l[0]; for(int i=1;i<=m;i++) pre[i]=pre[i-1],upd(pre[i],l[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)
{
int fm=n-2*i; ll fz=k-1ll*m*i;
if(!fm)
{
if(1ll*m*i<=k) upd(ans,1ll*h[i]*qry(0,m)%mdn);
}
else if(fm<0)
{
ll top=ceil((long double)fz/fm); top=max(top,0ll);
if(top<=m) upd(ans,1ll*h[i]*qry(top,m)%mdn);
}
else
{
ll top=floor((long double)fz/fm); top=min(top,(ll)m);
if(top>=0) upd(ans,1ll*h[i]*qry(0,top)%mdn);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[CTS2019] 随机立方体
8会 先鸽着（不咕不咕 今天就写x）