Loj #6503. 「雅礼集训 2018 Day4」Magic

题目描述

前进！前进！不择手段地前进！——托马斯 · 维德

魔法纪元元年。

1453 年 5 月 3 日 16 时，高维碎片接触地球。

1453 年 5 月 28 日 21 时，碎片完全离开地球。

1453 年，君士坦丁堡被围城，迪奥娜拉接触到四维泡沫空间，成为魔法师，最终因高维碎片消失失去魔力而身死。

为了改写这段历史，你不惜耗费你珍藏已久的魔术卡来回到魔法纪元元年。

在使用这些魔术卡之前，你却对它们的排列起了兴趣...

桌面上摆放着 \(m\) 种魔术卡，共 \(n\) 张，第 \(i\) 种魔术卡数量为 \(a_i\)，魔术卡顺次摆放，形成一个长度为 \(n\) 的魔术序列，在魔术序列中，若两张相邻魔术卡的种类相同，则它们被称为一个魔术对。

两个魔术序列本质不同，当且仅当存在至少一个位置，使得两个魔术序列这个位置上的魔术卡的种类不同，求本质不同的恰好包含 \(k\) 个魔术对的魔术序列的数量，答案对 \(998244353\) 取模。

输入格式

第一行三个整数 \(m, n, k\)。

第二行 \(m\) 个正整数，第 \(i\) 个正整数表示 \(a_i\)。

输出格式

一行一个整数表示答案。

数据范围与提示

对于 \(100 \%\) 的数据满足 \(1 \leq m \leq 20000, 0 \leq k \leq n \leq 100000, \sum_{i = 1}^{m} a_i = n\)。

首先假设同种颜色的卡片是有标号的，因为这样要好做得多。最后算出来的答案还要乘上\(\frac{1}{\prod_{i=1}^m {a_i!}}\)。

然后就可以考虑容斥了。设\(g_i\)表示强制有\(i\)个魔术对的方案数，答案为\(\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{k}{i}g_i\)。

对于第\(i\)种卡片，我们要先求出强制要求有\(x\)对魔术对的方案数。这个问题等价于将\(a_i\)张卡片分成\(a_i-x\)个排列，答案为\(\frac{a_i!\cdot \binom{a_i-1}{a_i-x-1}}{(a_i-x)!}\)。所以对于第\(i\)中卡片，将其分为\(x\)个排列的生成函数为

\[ f_i(x)=\sum_{j=1}^{a_i}\frac{a_i!\binom{a_i-1}{j-1}}{j!}x^j \]

将所有的\(f\)乘起来就得到了\(g\)，具体实现可以用分治\(NTT\)。

\[ g(x)=\sum_{j=1}^n([x^j]\prod_{i=1}^m f_i(x))\cdot j!\cdot x^j \]

因为这些排列之间的相对位置也需要确定，所以\(p\)个排列的方案数要乘上\(p!\)。

代码：

#include
    
     #define ll long long#define N 100005#define M 20005using namespace std;inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}const ll mod=998244353;ll ksm(ll t,ll x) {    ll ans=1;    for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)        if(x&1) ans=ans*t%mod;    return ans;}int m,n,k;int a[M];ll W[20][N<<2];void pre(int s) {    for(int i=1;i<=s;i++) {        int len=1<
     
      >1]>>1)|((i&1)<
      
       >1;        for(int i=0;i