勘破神机

题目链接：luogu P5320

题目大意

给你 l,r,kl,r,kl,r,k（其中 l,rl,rl,r 很大，k≤501k\leq 501k≤501），求：
1r−l+1∑i=lrCfik\dfrac{1}{r-l+1}\sum\limits_{i=l}^rC_{f_i}^kr−l+11i=l∑rCfik
1r−l+1∑i=lrCgik\dfrac{1}{r-l+1}\sum\limits_{i=l}^rC_{g_i}^kr−l+11i=l∑rCgik
fnf_nfn 为一个 2∗n2*n2∗n 的网格往里面放 1∗21*21∗2 的块填满的方案，gng_ngn 则是一个 3∗n3*n3∗n 的网格。

思路

首先 222 的答案我们可以看出答案其实是贴合与斐波那契数列 FiF_iFi。
具体看一看会发现是 fi=Fi+1f_i=F_{i+1}fi=Fi+1，所以记得 l,rl,rl,r 加一。
然后斐波那契嘛，fi=fi−1+fi−2f_i=f_{i-1}+f_{i-2}fi=fi−1+fi−2，然后可以表示成那个带根号的通式嘛。

然后我们通过特征方程这个东西，我们知道如果有一个二阶递推式，我们可以把它表示成一个通项公式。
于是开始了下面的步骤：

2

fi=fi−1+fi−2f_i=f_{i-1}+f_{i-2}fi=fi−1+fi−2
f[n]=55[(1+52)n−(1−52)n]f[n]=\dfrac{\sqrt{5}}{5}[(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2})^n]f[n]=55[(21+5)n−(21−5)n]
A=55,α=1+52,B=−55,β=1−52A=\dfrac{\sqrt{5}}{5},\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2},B=-\dfrac{\sqrt{5}}{5},\beta=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}A=55,α=21+5,B=−55,β=21−5

3

思考要如何推出 fff 的值，首先把 f0,f1f_0,f_1f0,f1 求出，因为可以作为边界，而且也是特征方程需要的。

f0=1,f1=3f_0=1,f_1=3f0=1,f1=3
fif_ifi 长度为 2i2i2i 的答案（所以记得两个边界要改，但是注意 r−l+1r-l+1r−l+1 要用之前的值）

于是进行思考，发现可以新放进来一个 2∗32*32∗3 的，然后有 333 中方法。
然后发现只有这样不够，因为可能会出现这样的：

而且呢，中间的粉色可能不止两个：

然后粉色可以是在 1,21,21,2 行或者 2,32,32,3 行，所以我们可以列出这样的式子：

fi=3fi−1+2(fi−2+fi−3+...)f_{i}=3f_{i-1}+2(f_{i-2}+f_{i-3}+...)fi=3fi−1+2(fi−2+fi−3+...)
fi=3fi−1+2(∑j=0i−2fj)f_i=3f_{i-1}+2(\sum\limits_{j=0}^{i-2}f_j)fi=3fi−1+2(j=0∑i−2fj)
fi−1=3fi−2+2(∑j=0i−3fj)f_{i-1}=3f_{i-2}+2(\sum\limits_{j=0}^{i-3}f_j)fi−1=3fi−2+2(j=0∑i−3fj)
fi−fi−1=3fi−1−fi−2f_i-f_{i-1}=3f_{i-1}-f_{i-2}fi−fi−1=3fi−1−fi−2
fi=4fi−1−fi−2f_i=4f_{i-1}-f_{i-2}fi=4fi−1−fi−2

搞出了二阶递推式，就直接开始求通项公式吧！

fi−4fi−1+fi−2=0f_i-4f_{i-1}+f_{i-2}=0fi−4fi−1+fi−2=0
x2−4x+1=0x^2-4x+1=0x2−4x+1=0
x1=4+232,x2=4−232x_1=\dfrac{4+2\sqrt{3}}{2},x_2=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}x1=24+23,x2=24−23
x1=2+3,x2=2−3x_1=2+\sqrt{3},x_2=2-\sqrt{3}x1=2+3,x2=2−3
带入 f0=1,f1=3f_0=1,f_1=3f0=1,f1=3
Ax1n+Bx2n=fnAx_1^n+Bx_2^n=f_nAx1n+Bx2n=fn

A+B=1A+B=1A+B=1
A(2+3)+B(2−3)=3A(2+\sqrt{3})+B(2-\sqrt{3})=3A(2+3)+B(2−3)=3

A(2+3)+(1−A)(2−3)=3A(2+\sqrt3)+(1-A)(2-\sqrt3)=3A(2+3)+(1−A)(2−3)=3
A(2+3)+2−3−A(2−3)=3A(2+\sqrt3)+2-\sqrt{3}-A(2-\sqrt3)=3A(2+3)+2−3−A(2−3)=3
23A=1+32\sqrt3A=1+\sqrt323A=1+3
A=1+323=3+36A=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3+3}{6}A=231+3=63+3
A=3+36,B=3−36A=\dfrac{3+\sqrt3}{6},B=\dfrac{3-\sqrt3}{6}A=63+3,B=63−3
f[n]=3+36(4+232)n+3−36(4−232)nf[n]=\dfrac{3+\sqrt3}{6}(\dfrac{4+2\sqrt{3}}{2})^n+\dfrac{3-\sqrt3}{6}(\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2})^nf[n]=63+3(24+23)n+63−3(24−23)n
A=3+36,α=4+232,B=3−36,β=4−232A=\dfrac{3+\sqrt3}{6},\alpha=\dfrac{4+2\sqrt{3}}{2},B=\dfrac{3-\sqrt3}{6},\beta=\dfrac{4-2\sqrt{3}}{2}A=63+3,α=24+23,B=63−3,β=24−23
A=3+36,α=2+3,B=3−36,β=2−3A=\dfrac{3+\sqrt3}{6},\alpha=2+\sqrt{3},B=\dfrac{3-\sqrt3}{6},\beta=2-\sqrt{3}A=63+3,α=2+3,B=63−3,β=2−3

于是我们似乎把 fif_ifi 表示成了一个很好的形式，考虑开搞。

fi=Aαi+Bβif_i=A\alpha^i+B\beta^ifi=Aαi+Bβi
∑i=0n(fik)\sum\limits_{i=0}^n\binom{f_i}{k}i=0∑n(kfi)
∑i=0nfi!k!(fi−k)!\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{f_i!}{k!(f_i-k)!}i=0∑nk!(fi−k)!fi!
∑i=0nfik‾k!\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{f_i^{\underline k}}{k!}i=0∑nk!fik
1k!∑i=0n∑j=1k(−1)k−js(k,j)fij\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=1}^k(-1)^{k-j}s(k,j)f_i^jk!1i=0∑nj=1∑k(−1)k−js(k,j)fij（斯特林数与下降幂的转化）
（补充：xk‾=∑j=1ks(k,j)xjx^{\overline k}=\sum\limits_{j=1}^ks(k,j)x^jxk=j=1∑ks(k,j)xj）
1k!∑i=1k(−1)k−is(k,i)∑j=0nfji\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}s(k,i)\sum\limits_{j=0}^nf_j^ik!1i=1∑k(−1)k−is(k,i)j=0∑nfji

设 gn,j=∑i=0nfijg_{n,j}=\sum\limits_{i=0}^nf_i^jgn,j=i=0∑nfij
fi=Aαi+Bβif_i=A\alpha^i+B\beta^ifi=Aαi+Bβi
gn,j=∑i=0n(Aαi+Bβi)jg_{n,j}=\sum\limits_{i=0}^n(A\alpha^i+B\beta^i)^jgn,j=i=0∑n(Aαi+Bβi)j
gn,j=∑k=0j(jk)∑i=0n(Aαi)k(Bβi)j−kg_{n,j}=\sum\limits_{k=0}^j\binom{j}{k}\sum\limits_{i=0}^n(A\alpha^i)^k(B\beta^i)^{j-k}gn,j=k=0∑j(kj)i=0∑n(Aαi)k(Bβi)j−k
gn,j=∑k=0j(jk)AkBj−k∑i=0nαikβi(j−k)g_{n,j}=\sum\limits_{k=0}^j\binom{j}{k}A^kB^{j-k}\sum\limits_{i=0}^n\alpha^{ik}\beta^{i(j-k)}gn,j=k=0∑j(kj)AkBj−ki=0∑nαikβi(j−k)
gn,j=∑k=0j(jk)AkBj−k1−α(n+1)kβ(n+1)(j−k)1−αkβj−kg_{n,j}=\sum\limits_{k=0}^j\binom{j}{k}A^kB^{j-k}\dfrac{1-\alpha^{(n+1)k}\beta^{(n+1)(j-k)}}{1-\alpha^k\beta^{j-k}}gn,j=k=0∑j(kj)AkBj−k1−αkβj−k1−α(n+1)kβ(n+1)(j−k)（等比数列求和）

1k!∑i=1k(−1)k−is(k,i)∑j=0nfji\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}s(k,i)\sum\limits_{j=0}^nf_j^ik!1i=1∑k(−1)k−is(k,i)j=0∑nfji
1k!∑i=1k(−1)k−is(k,i)gn,i\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}s(k,i)g_{n,i}k!1i=1∑k(−1)k−is(k,i)gn,i
1k!∑i=1k(−1)k−is(k,i)(∑p=0i(ip)ApBi−p1−(αpβi−p)n+11−αpβi−p)\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}s(k,i)(\sum\limits_{p=0}^i\binom{i}{p}A^pB^{i-p}\dfrac{1-(\alpha^{p}\beta^{i-p})^{n+1}}{1-\alpha^p\beta^{i-p}})k!1i=1∑k(−1)k−is(k,i)(p=0∑i(pi)ApBi−p1−αpβi−p1−(αpβi−p)n+1)

小提示：
记得特判等比数列公比为 111。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 998244353using namespace std;const int K = 550;
int gen;
int T, op, k;
ll C[K][K], S[K][K], l, r;ll ksm(ll x, ll y) {ll re = 1;while (y) {if (y & 1) re = re * x % mo;x = x * x % mo; y >>= 1;}return re;
}struct complex {ll x, y;complex(ll a = 0, ll b = 0) {x = a; y = b;}
}A, B, alpha, beta;//x+sqrt{y}
complex operator +(complex x, complex y) {return (complex){(x.x + y.x) % mo, (x.y + y.y) % mo};
}
complex operator -(complex x) {return (complex){(mo - x.x) % mo, (mo - x.y) % mo};}
complex operator -(complex x, complex y) {return x + (-y);}
complex operator *(complex x, complex y) {return (complex){(x.x * y.x + gen * x.y * y.y) % mo, (x.x * y.y + x.y * y.x) % mo};
}
complex inv(complex x) {ll fm = ksm((((x.x * x.x - gen * x.y * x.y) % mo + mo) % mo) % mo, mo - 2);return (complex){x.x * fm % mo, (mo - x.y) * fm % mo};
}complex ksm(complex x, ll y) {complex re = complex(1, 0);while (y) {if (y & 1) re = re * x;x = x * x; y >>= 1;}return re;
}void Init() {C[0][0] = 1;for (int i = 1; i < K; i++) {C[i][0] = 1; for (int j = 1; j < K; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mo;}S[0][0] = 1;for (int i = 1; i < K; i++) {for (int j = 1; j < K; j++)S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + (i - 1) * S[i - 1][j] % mo) % mo;}gen = (op == 2) ? 5 : 3;if (op == 2) {A = (complex){0, ksm(5, mo - 2)}; alpha = (complex){ksm(2, mo - 2), ksm(2, mo - 2)};B = (complex){0, (mo - ksm(5, mo - 2)) % mo}; beta = (complex){ksm(2, mo - 2), (mo - ksm(2, mo - 2)) % mo};}if (op == 3) {A = (complex){ksm(2, mo - 2), ksm(6, mo - 2)}; alpha = (complex){2, 1};B = (complex){ksm(2, mo - 2), (mo - ksm(6, mo - 2)) % mo}; beta = (complex){2, mo - 1};}
}ll slove(ll n) {ll ans = 0, jc = 1; ll di = ((k & 1) ? 1 : mo - 1);for (int i = 1; i <= k; i++, di = mo - di) {complex sum; jc = jc * i % mo;for (int p = 0; p <= i; p++) {complex alphabeta = ksm(alpha, p) * ksm(beta, i - p);//你是一个一个一个特判啊啊啊！！！if (alphabeta.x == 1 && alphabeta.y == 0) {//特判公比为1的情况sum = sum + ((complex){C[i][p], 0} * ksm(A, p) * ksm(B, i - p) * (complex){(n + 1) % mo, 0});continue;}sum = sum + ((complex){C[i][p], 0} * ksm(A, p) * ksm(B, i - p) * ((complex){1, 0} - ksm(alphabeta, n + 1)) * inv((complex){1, 0} - alphabeta));}if (sum.y) {printf("f\n"); return -1;}(ans += di * S[k][i] % mo * sum.x % mo) %= mo;}return ans * ksm(jc, mo - 2) % mo;
}int main() {scanf("%d %d", &T, &op);Init();while (T--) {scanf("%lld %lld %d", &l, &r, &k); ll sz = (r - l + 1) % mo;if (op == 2) l++, r++;else l = (l + 1) / 2, r = r / 2;printf("%lld\n", (slove(r) - slove(l - 1) + mo) % mo * ksm(sz, mo - 2) % mo);}return 0;
}

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