神仙计数题 Orz
先令\(F[k]\)表示出现次数恰好为\(S\)次的颜色恰好有\(k\)中的方案数，那么
\[Ans=\sum\limits_{i=0}^mW_iF[i]\]
怎么求\(F[k]\)呢？一个naive的想法，我指定哪\(k\)种颜色恰好染\(S\)次，然后剩下的\(n-kS\)个位置用剩下的\(m-k\)种颜色随便染
相当与对一个有\(k+1\)种元素的集合（前\(k\)中元素分别有\(S\)个，最后一种元素有\(n-kS\)个）做可重复集合全排列
这个方案数是\(\frac{n!}{(S!)^k(n-kS)!}\)的
剩下的\(n-kS\)个位置又可以用剩下的颜色随便染，所以还要乘上\((n-kS)^{m-k}\)
所以我们得到了一个柿子\(\binom{m}{k}\times\frac{n!}{(S!)^k(n-kS)!}\times (n-kS)^{m-k}\)
从这个柿子也可以看出，合法的颜色种数不会超过\(lim=\min(m,\lfloor n/S\rfloor)\)
然后发现他假了，首先这样得到的并不是恰好有\(k\)种的方案数，其次在后面随便染色的时候我们还可能算上重复的方案，它根本不能称为方案数。
但不要放弃希望，我们把上面的柿子叫做\(G[k]\)好了。考虑怎么用\(F\)算\(G\)，又有一个naive的想法枚举合法的颜色有多少个得到这个柿子
\(G[k]=\sum_{i=k}^{lim} F[i]\)
但上面我们说过了，\(G[k]\)可能会算上重复的方案数。
对于一个恰好有\(i\)种颜色满足要求的方案，不难发现在\(G[k]\)中会被重复计算\(\binom{i}{k}\)次（先在\(i\)个颜色中指定\(k\)个然后剩下的随便染，这样可能会染到同一种方案）
所以
\[G[k]=\sum\limits_{i=k}^{lim} \binom{i}{k} F[i]\]
发现右边出现了组合数，这恰恰是一个可以二项式反演的柿子，于是反演一波得到
\[F[k]=\sum\limits_{i=k}^{lim} (-1)^{i-k}\binom{i}{k} G[i]\]
这样就可以得到一个平方的算法了，考虑优化。
先把组合数炸开来
\[F[k]=\sum\limits_{i=k}^{lim} (-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}G[i]\]
然后
\[F[k]\times k!=\sum\limits_{i=k}^{lim}\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}\times i!G[i]\]
令\(A[i]=i!G[i],B[i]=\frac{(-1)^i}{i!}\)，有
\[F[k]\times k!=\sum\limits_{i=k}^{lim} A[i]B[i-k]\]
这个柿子已经有点可以卷积了，随便翻转\(A\)或者\(B\)都可以，下面翻转\(A\)好了，令翻转\(A[0...lim]\)后得到\(A^T\)，那么
\[F[k]\times k!=\sum\limits_{i=k}^{lim} A^T[lim-i]B[i-k]\]
将\(A\)与\(B\)卷积，然后\(F[k]\times k!\)就是卷积的第\(lim-k\)项。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (int i=(a);i<(b);++i)
#define per(i,a,b) for (int i=(a)-1;i>=(b);--i)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
const int NN=1e7+10,N=3e5+10,P=1004535809;
inline int add(int x,int y) {return (x+=y)>=P?x-P:x;}
inline int sub(int x,int y) {return (x-=y)<0?x+P:x;}
inline int normal(int x) {return x<0?x+P:x;}
inline int fpow(int x,int y) {
int ret=1; for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
const int gn=3,ign=fpow(gn,P-2);
int fac[NN],ifac[NN],inv[NN];
inline int getC(int n,int r) {return 1ll*fac[n]*ifac[n-r]%P*ifac[r]%P;}
namespace Poly {
int rev[N];
inline void init(int n) {
rep(i,0,n) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?n>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg) {
rep(i,0,n) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for(int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1) {
int wn=fpow(flg==1?gn:ign,(P-1)/len);
for(int i=0;i<n;i+=len)
for(int j=i,w=1;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P) {
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
if(flg==-1) {
int invn=fpow(n,P-2);
rep(i,0,n+1) f[i]=1ll*f[i]*invn%P;
}
}
}
using Poly::ntt;
void init(int n) {
ifac[0]=ifac[1]=fac[0]=fac[1]=inv[1]=1;
rep(i,2,n+1) {
inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%P;
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
}
}
int A[N],B[N],W[N];
int main() {
#ifdef LOCAL
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
int n,m,s; scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
rep(i,0,m+1) scanf("%d",&W[i]);
init(max(max(n,m),s));
int lim=min(m,n/s);
rep(i,0,lim+1) {
A[i]=1ll*fac[i]*getC(m,i)%P*fac[n]%P*fpow(ifac[s],i)%P
*ifac[n-i*s]%P*fpow(m-i,n-i*s)%P;
B[i]=(i&1)?P-ifac[i]:ifac[i];
}
reverse(A,A+lim+1);
int limit=1; while(limit<=2*lim) limit<<=1; Poly::init(limit);
ntt(A,limit,1),ntt(B,limit,1);
rep(i,0,limit) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
ntt(A,limit,-1);
int ans=0;
rep(i,0,m+1) ans=add(ans,1ll*W[i]*A[lim-i]%P*ifac[i]%P);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/wxq1229/p/12376834.html