AtCoder ARC134C – The Majority – 简略题解与思路重现

AtCoder ARC 134 C – The Majority

如此ruzhi的一道题目竟花去两小时有余，比赛结束也没写出来，实在惭愧。

拿到题目，很快想到一种DP：令$f(i, j, k)$表示“考虑到第$i$个盒子，第$1$种小球用去$j$个，第$2, 3, \dots, n$种小球用去$k$个”的方案数。容易转移。

然后发现$a_i$是$10^9$级别。同时题目告诉我们，相同类别小球无法区分，所以要是上述做法正确，为什么要分别给出$a_2, a_3, \dots$呢？如何在转移时确保每一种小球的使用次数正确？立刻想到正解与$\mathrm{O}(a_i)$基本无关。

但好巧不巧，上下眼皮开始打架了，也没有努力保持专注。于是就在这个显然毫无可能性的做法上耗掉整整一小时。期间考虑了和DP很多办法，例如将问题简化（若是只有$2, 3, \dots$种物品，$2, 3, \dots$个盒子该怎么做），或者似乎没有什么用处的转化成判定性问题（什么情况下答案一定为$0$？），均无疾而终。

再过一会，发现一个性质：假如$a_1=\sum\limits_{i=2}^{n}a_i+k$，那么就代表“每个盒子至少放了$1$个$1$类小球，且每多在某个盒子中放置$1$个$2, 3, \dots, n$类小球，该盒子中必定多放$1$个$1$类小球”。这时，如果只考虑填放第$2, 3, \dots, n$种小球的方案，任意一种合法的方案均可以对应一种唯一一种合法的放置$1$类小球的方案。具体地，考虑在第$i$个盒子中放置了$x_i$个非$1$类小球。则我们必须——且恰好——要放$x_i+1$个$1$类小球，最终刚好放完。

若是$a_1<\sum\limits_{i=2}^{n}a_i+k$，则显然无解。如果$a_1>\sum\limits_{i=2}^{n}a_i+k$，那么剩下的小球怎么放呢？记$g=a_1-\sum\limits_{i=2}^{n}a_i+k$，则等价于“将$g$个同类物品放入$k$组中，可以空放”。这就转化为经典的插板法排列组合问题。答案应为$\dbinom{g+k-1}{k-1}$。

有一个问题：$g$的范围是如此之大（$10^9$），怎么快速计算呢？注意到$k$很小（$200$），所以我们化$\dbinom{x}{y}$为$\dfrac{x!}{y!(x-y)!}=\prod\limits_{i=x-y+1}^{x}i \times \text{inv}(y!)$，暴力计算连乘积，预处理（如果懒，甚至不用预处理）乘法逆元即可。

同理，我们可以对每一个$a_i, i\in [2, n]$计算出其放置方案，对于$a_i$有$\dbinom{a_i+k-1}{k-1}$，最终由乘法原理可知，最终答案是其连乘积。时间复杂度$\mathrm{O}(nk)$。

Submission #28882453

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

template <typename T> inline bool read (T &x) {
	x = 0; int f = 1; char c = getchar ();
	for (; c != EOF && !isdigit (c); c = getchar ())
		if (c == '-') f = -1;
	if (c == EOF) return 0;
	for (; c != EOF && c >= '0' && c <= '9'; c = getchar ())
		x = (x<<1) + (x<<3) + (c^48);
	x *= f; return 1;
}
template <typename T, typename ...Targs>
inline bool read (T &x, Targs& ... args) {
	return read (x) && read (args...); }
template <typename T> void print (T x) {
	if (x < 0) putchar ('-'), x = -x;
	if (x >= 10) print (x / 10);
	putchar (x % 10 + '0');
}
#define reint register int
#define inl inline
#define newl putchar('\n')
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
typedef pair <int, int> pint;

const int N = 1e5 + 10, P = 998244353;
ll a, b[N], sum, n, k, tmp, ans;
int inv[256], finv[256];

inl int C (int x, int y) {
	if (y > x) return 0;
	int res = 1;
	for (int i = x - y + 1; i <= x; ++i)
		res = 1ll * res * i % P;
	return 1ll * res * finv[y] % P;
}
#define proc(x) (((x) % P + P) % P) 
inl void calc_inv () {
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= k; ++i)
		inv[i] = proc (-(1ll * (P / i) * inv[P % i] % P));
	finv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; ++i)
		finv[i] = finv[i - 1] * 1ll * inv[i] % P;
}

int main () {
	/*  */
	read (n, k, a);
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		read (b[i]), sum += b[i];
	if (a < sum + k) return puts ("0"), 0;
	ans = 1; calc_inv ();
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		ans = ans * C (b[i] + k - 1, k - 1) % P;
	ans = ans * C (a - sum - 1, k - 1) % P;
	print (ans);

	return 0;
}