Easy【生成函式】
題意
若序列 \(A,B\) 滿足 \(\sum_{i=1}^{K}{a_i}=N,\sum_{i=1}^{K}{b_i}=M\) ，則其對答案的貢獻是：\(P=\prod_{i=1}^{K}{\min(a_i,b_i)}\)，問所有滿足條件的序列的總貢獻為多少。
\(1\leq N,M \leq 10^6,1\leq K \leq \min(N,M)\)
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5670/C
分析
如果本題求的是構造的序列 \(A,B\) 的方案總數，那麼可以構造下列的生成函式：
\[S=(x+x^2+x^3+\dots +x^N)^K*(y+y^2+y^3+\dots +y^M)^K \]
答案為展開式中 \(x^Ny^M\) 的係數。
但題目要求：
\[\prod_{i=1}^{K}{\min(a_i,b_i)} \]
因此，可以構造生成函式：？
\[S=\sum_{i,j\in [1,\infty)}{\min(i,j)x^iy^j} \]
那麼，最終的答案為 \(S^K\) 的展開式中 \(x^Ny^M\) 的係數。
\[\begin{align} S &= xy+xy^2+xy^3+\dots \\ &+x^2y+2x^2y^2+2x^2y^3+\dots\\ &+x^3y+2x^3y^2+3x^3y^3+\dots\\ \end{align} \]
兩邊同時乘上 \(x\)
\[\begin{align} xS &= 0+0+0+\dots\\ &+ x^2y+x^2y^2+x^2y^3+\dots\\ &+ x^3y+2x^3y^2+2x^3y^3+\dots\\ \end{align} \]
兩式相減，得：
\[\begin{align} S-xS &= xy+xy^2+xy^3+\dots\\ &+0+x^2y^2+x^2y^3+\dots\\ &+0+0+x^3y^3+\dots \end{align} \]
令 \(f(1)=xy(1+y+y^2+y^3+\dots)\ ,\ f(n)=xyf(n-1)\)，則：
\[S-xS=\sum_{i=1}^{\infty}{f(i)}=f(1)*(1+xy+x^2y^2+\dots)=xy*(1+y+y^2+\dots)*(1+xy+x^2y^2+\dots) \]
令 \(G(x)=1+x+x^2+x^3+\dots\)，那麼 \(S(1-x)=xy*G(y)*G(xy)\)。
因為 \(G(x)=xG(x)+1\)，即 \(G(x)=\frac{1}{1-x}\)，因此：\(S=xy*G(x)*G(y)*G(xy)\)，所以有：
\[S^K=x^Ky^KG(x)^KG(y)^KG(xy)^K \]
又根據廣義二項式定理：
\[\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{i=0}^{\infty}{C_{n+i-1}^{i-1}x^i} \]
即
\[G(x)^K=\sum_{i=0}^{\infty}{C_{K+i-1}^{i-1}{x^i}} \]
在生成函式中，\(x^Ny^M\) 的係數為答案，而多項式前面已經有了 \(x^Ky^K\)。因此，可以在 \([0,\min(N,M)-K]\) 內列舉 \(xy\) 的係數，然後根據 \(N\) 和 \(M\) 補全出 \(x\) 和 \(y\) 的係數，最終得到答案：
\[ans=\sum_{i=0}^{\min(N,M)-K}{C_{K+(N-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+(M-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+i-1}^{K-1}} \]
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=1e6+6;
ll fac[N],inv[N];
ll power(ll a,ll b)
{
ll res=1;
a%=mod;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
void init()
{
int maxn=1e6;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[maxn]=power(fac[maxn],mod-2);
for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
int T,n,m,k;
init();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
ll ans=0;
int minn=min(n,m);
for(int i=0;i<=minn-k;i++)//列舉
{
ll t1=fac[k+i-1]*inv[k-1]%mod*inv[i]%mod;
ll t2=fac[n-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[n-k-i]%mod;
ll t3=fac[m-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[m-k-i]%mod;
ans=(ans+t1*t2%mod*t3)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}