【省内训练2018-11-23】Bishop

【思路要点】

先考虑一个子问题，在 N∗NN*NN∗N 棋盘的主对角线及其右下方放置 KKK 个不能互相攻击的车，求方案数 f(N,k)f(N,k)f(N,k)。考虑最后一行的放置情况，有递推式 f(N,k)=f(N−1,k)+(N−k+1)∗f(N−1,k−1)f(N,k)=f(N-1,k)+(N-k+1)*f(N-1,k-1)f(N,k)=f(N−1,k)+(N−k+1)∗f(N−1,k−1) 。观察该递推式的形式，不难发现其实际上等于第二类斯特林数 S(N+1,N+1−k)S(N+1,N+1-k)S(N+1,N+1−k) 。

在本题中，首先，象的移动方式不会改变坐标 (x,y)(x,y)(x,y) 对应的 x+yx+yx+y 的奇偶性，我们可以将这两类坐标分开处理，再将结果卷积起来，得到答案。

考虑 x+yx+yx+y 为偶数的坐标，我们将棋盘旋转 454545 度，我们得到了一个类似于上述子问题的问题形式，每一行可以放入车的方格数为 1,1,3,3,5,5,7,7,...1,1,3,3,5,5,7,7,...1,1,3,3,5,5,7,7,... ，换而言之，偶数行的主对角线上是不允许放入棋子的。

考虑对这条新加入的限制进行容斥，记 M=⌊N2⌋M=\lfloor\frac{N}{2}\rfloorM=⌊2N⌋ ，新问题的方案数为 g(N,K)g(N,K)g(N,K) 。枚举强制放入棋子的方格数 iii ，则有 g(N,k)=∑i=0M(−1)i(Mi)S(N−i+1,N−k+1)g(N,k)=\sum_{i=0}^{M}(-1)^i\binom{M}{i}S(N-i+1,N-k+1)g(N,k)=∑i=0M(−1)i(iM)S(N−i+1,N−k+1) 。

展开斯特林数，有 g(N,k)=∑i=0M(−1)i(Mi)1(N−k−1)!∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(N−k+1j)jN−i+1g(N,k)=\sum_{i=0}^{M}(-1)^i\binom{M}{i}\frac{1}{(N-k-1)!}\sum_{j=0}^{N-k+1}(-1)^{N-k+1-j}\binom{N-k+1}{j}j^{N-i+1}g(N,k)=∑i=0M(−1)i(iM)(N−k−1)!1∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(jN−k+1)jN−i+1 。

交换求和顺序，有 g(N,k)=1(N−k−1)!∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(N−k+1j)∑i=0M(−1)i(Mi)jN−i+1g(N,k)=\frac{1}{(N-k-1)!}\sum_{j=0}^{N-k+1}(-1)^{N-k+1-j}\binom{N-k+1}{j}\sum_{i=0}^{M}(-1)^{i}\binom{M}{i}j^{N-i+1}g(N,k)=(N−k−1)!1∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(jN−k+1)∑i=0M(−1)i(iM)jN−i+1 。

由二项式定理，有 g(N,k)=1(N−k−1)!∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(N−k+1j)(j−1)MjN−M+1g(N,k)=\frac{1}{(N-k-1)!}\sum_{j=0}^{N-k+1}(-1)^{N-k+1-j}\binom{N-k+1}{j}(j-1)^Mj^{N-M+1}g(N,k)=(N−k−1)!1∑j=0N−k+1(−1)N−k+1−j(jN−k+1)(j−1)MjN−M+1 。

NTTNTTNTT 对其卷积即可，时间复杂度 O(NLogN)O(NLogN)O(NLogN) 。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 262144;
const int P = 998244353;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {write(x);puts("");
}
namespace NTT {const int MAXN = 262144;const int P = 998244353;const int G = 3;int power(int x, int y) {if (y == 0) return 1;int tmp = power(x, y / 2);if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;}int N, Log, home[MAXN];void NTTinit() {for (int i = 0; i < N; i++) {int ans = 0, tmp = i;for (int j = 1; j <= Log; j++) {ans <<= 1;ans += tmp & 1;tmp >>= 1;}home[i] = ans;}}void NTT(int *a, int mode) {for (int i = 0; i < N; i++)if (home[i] < i) swap(a[i], a[home[i]]);for (int len = 2; len <= N; len <<= 1) {int delta;if (mode == 1) delta = power(G, (P - 1) / len);else delta = power(G, P - 1 - (P - 1) / len);for (int i = 0; i < N; i += len) {int now = 1;for (int j = i, k = i + len / 2; k < i + len; j++, k++) {int tmp = a[j];int tnp = 1ll * a[k] * now % P;a[j] = (tmp + tnp) % P;a[k] = (tmp - tnp + P) % P;now = 1ll * now * delta % P;}}}if (mode == -1) {int inv = power(N, P - 2);for (int i = 0; i < N; i++)a[i] = 1ll * a[i] * inv % P;}}void times(int *a, int *b, int *c, int limit) {N = 1, Log = 0;while (N < 2 * limit) {N <<= 1;Log++;}for (int i = limit; i < N; i++)a[i] = b[i] = 0;NTTinit();NTT(a, 1);NTT(b, 1);for (int i = 0; i < N; i++)c[i] = 1ll * a[i] * b[i] % P;NTT(c, -1);}
}
int power(int x, int y) {if (y == 0) return 1;int tmp = power(x, y / 2);if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int fac[MAXN], inv[MAXN];
int odd[MAXN], even[MAXN], res[MAXN];
void update(int &x, int y) {x += y;if (x >= P) x -= P;
}
void init(int n) {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;inv[n] = power(fac[n], P - 2);for (int i = n - 1; i >= 0; i--)inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1ll) % P;
}
void getans(int n, int *res) {static int a[MAXN], b[MAXN];memset(a, 0, sizeof(a));memset(b, 0, sizeof(b));int m = n / 2;for (int i = 0; i <= n + 1; i++) {a[i] = 1ll * inv[i] * power(i, n - m + 1) % P * power((i - 1 + P) % P, m) % P;b[i] = 1ll * inv[i] * power(P - 1, i) % P;}static int c[MAXN];NTT :: times(a, b, c, n + 2);for (int i = 0; i <= n; i++)res[i] = c[n - i + 1];
}
int main() {int n; read(n);init(n + 1);getans(n, odd);getans(n - 1, even);for (int i = n; i >= 1; i--)update(even[i], 1ll * even[i - 1] * (n - i) % P);NTT :: times(odd, even, res, n + 1);for (int i = 1; i <= 2 * n - 1; i++)printf("%d ", res[i]);return 0;
}

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