Description

　　

　　数学老师走啦，英语老师来上课啦

　　他的性格与众不同，又因为大家都是理科班的学生

　　他希望大家在数字母的过程中领悟英语的快乐

　　他用m种字母进行排列组合，

　　得到了所有不同的，长度为n的字符串

　　（不需要所有字母都出现在字符串中）

　　对于每个字符串s

　　定义C(s)为s中出现次数最多的字母的出现次数

　　那么问题来了

　　所有的这些字符集大小为m，长度为n的字符串中

　　 C(s)=k的有多少个呢

　　

Input

　　

　　一行三个整数n,m,k，分别表示长度，字符集和要求的C(s)

　　

Output

　　

　　输出一行表示结果

　　答案对998244353取模

　　

Sample Input

　　

　　 3 2 2

　　

Sample Output

HINT

　　

　　数据保证k≤n

　　对于10%的数据，1≤n,m≤8

　　对于30%的数据，1≤n,m≤200

　　对于50%的数据，1≤n,m≤1000

　　对于100%的数据，1≤n,m≤50000

　　

　　样例解释：

　　

　　假设样例中的两个字母为a,b

　　则满足条件的有aab,aba,abb,baa,bab,bba六个

　　　　

　　

　　

Solution

　　

　　首先把最直观的DP方程列出来。

　　

　　记\(f[i][j][k]\)为当前考虑到第\(i\)个字母，已经使用了串中的\(j\)个位置，出现最多的字母次数不超过\(k\)的方案数。答案就是\(f[m][n][k]-f[m][n][k-1]\)。

　　　

　　转移方程显然是枚举当前字母使用多少次：

\[f[i][j][k]=\sum_{x=0}^k {j\choose x}f[i-1][j-x][k]
\]

　　然后可以发现\(k\)十分的冗余，并没有参与转移。也就是说\(k\)仅仅作用于循环范围控制上。

　　

　　我们尝试把最后一维省掉：\(f[i][j]\)。\(k\)仍然发挥作用，也就是现在的\(f[i][j]\)对应着原来的\(f[i][j][k]\)。

　　

　　现在看看方程：

\[\begin{aligned}
f[i][j]&=\sum_{x=0}^k{j\choose x}f[i-1][j-x]\\
&=\sum_{x=0}^k\frac{j!}{x!(j-x)!}f[i-1][j-x]\\
\frac{f[i][j]}{j!}&=\sum_{x=0}^k\;x!\;\frac{f[i-1][j-x]}{(j-x)!}
\end{aligned}
\]

　　后面显然是一个卷积的形式，并且等号左边的形式和卷积右半边的形式一样。所以可以把每个\(f[i]\)看做一个多项式

　　

\[f[i]=\frac{f[i][0]}{0!}+\frac{f[i][1]}{1!}x+\frac{f[i][2]}{2!}x^2+...+\frac{f[i][n]}{n!}x^n
\]

　　

　　转移就是这个多项式和

　　

\[T(x)=\frac1{0!}+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2...+\frac1{k!}x^k
\]

　　

　　的卷积。即\(f[n]=f[0]*T^{n}(x)\)

　　

　　而\(T(x)\)是独立的存在不受其他东西影响，所以将\(T(x)\)用快速幂自卷积一下，再用\(f[0]\)卷积一下就好了。根据定义，\(f[0]=1\)，所以相当于直接求\(T(x)\)的\(n\)次方。答案别忘了乘上\(n\)的阶乘。

　　

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

const int N=50005,MOD=998244353,G=3,B17=131100;

int fact[N],iact[N];

inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}

inline int pow(int x,int y){

	int res=1;

	for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1)

		if(y&1) res=1LL*res*x%MOD;

	return res;

}

namespace NTT{/*{{{*/

	int n,invn,bit,rev[B17],W[B17][2];

	void build(){

		int b=pow(G,MOD-2);

		for(int i=0;i<=17;i++){

			W[1<<i][0]=pow(G,(MOD-1)/(1<<i));

			W[1<<i][1]=pow(b,(MOD-1)/(1<<i));

		}

	}

	void init(int _n){

		for(n=1,bit=0;n<_n;n<<=1,bit++);

		invn=pow(n,MOD-2);

		for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));

	}

	void clear(int *a){for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0;}

	void ntt(int *a,int f){

		for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);

		int u,v,w_n,w;

		for(int i=2;i<=n;i<<=1){

			w_n=W[i][f==-1];

			for(int j=0;j<n;j+=i){

				w=1;

				for(int k=0;k<i/2;k++){

					u=a[j+k]; v=1LL*w*a[j+i/2+k]%MOD;

					a[j+k]=(u+v)%MOD; a[j+i/2+k]=(u-v)%MOD;

					w=1LL*w*w_n%MOD;

				}

			}

		}

		if(f==-1)

			for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*invn%MOD;

	}

}/*}}}*/

void ksm(int *x,int y,int n,int *res){

	NTT::init((n+1)*2);

	NTT::clear(res);

	res[0]=1;

	for(;y;y>>=1){

		NTT::ntt(x,1);

		if(y&1){

			NTT::ntt(res,1);

			for(int i=0;i<NTT::n;i++) res[i]=1LL*res[i]*x[i]%MOD;

			NTT::ntt(res,-1);

			for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) res[i]=0;

		}

		for(int i=0;i<NTT::n;i++) x[i]=1LL*x[i]*x[i]%MOD;

		NTT::ntt(x,-1);

		for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) x[i]=0;

	}

}

int solve(int n,int m,int k){

	static int a[B17],b[B17];

	memset(a,0,sizeof a);

	for(int i=0;i<=k;i++) a[i]=iact[i];

	ksm(a,m,n,b);

	return 1LL*fact[n]*b[n]%MOD;

}

int main(){

	freopen("input.in","r",stdin);

	NTT::build();

	int n,m,k;

	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

	fact[0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%MOD;

	iact[n]=pow(fact[n],MOD-2);

	for(int i=n-1;i>=0;i--) iact[i]=1LL*iact[i+1]*(i+1)%MOD;

	int ans=(solve(n,m,k)-solve(n,m,k-1))%MOD;

	printf("%d\n",ans<0?ans+MOD:ans);

	return 0;

}

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