NOI.AC CSP-S 模拟 Round 2 T1 Count (组合数学) (容斥)

​​传送门​​​ 题意：给定两个整数 求 k 元组 的个数，满足 为正整数
且 均不是 的倍数

首先，如果没有 的限制，答案为 ，插板，先全部减去1
考虑 的限制，发现不好容斥
发现最后的序列一定没有 m 的倍数，并且如果一个数 ，可以将它表示为
于是我们可以将最后的序列抽象为先选好 ，并强制让 ，再对 随便加几个
枚举 ， 为上文所述的 ，那么先选好的 的条件可以抽象为：

然后在对几个 加上 的倍数，假设 的范围内有 个 m 的倍数
发现这个过程等价于把 分到 k 个集合，可以为空，方案数为
如何求第一个，一下令 为 ，考虑容斥，强制 个
但如何求强制 个 的个数呢，发现这个问题等价于选 i 个位置出来 ，然后将 分配给这 个集合，最后再将这 个加上 ，于是有

最后的答案

，组合数暴力乘，有些不像

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
  ll cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
  while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch == '-') f = -1;}
  while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
  return cnt * f;
}
cs int N = 1e7 + 5;
cs int Mod = 998244353;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b;}
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
void Add(int &a, int b){ a = add(a, b);}
ll n; int m, k, fac[N], inv[N];
int C(ll n, int m){
  if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
  if(n < N) return mul(fac[n], mul(inv[m], inv[n - m]));
  else{
    int ret = inv[m];
    for(ll i = n; i >= n - m + 1; i--) ret = mul(ret, i % Mod);
    return ret;
  }
}
int g(ll n, int m){
  // devide n into m group and the group can be empty
  if(n < 0) return 0;
  return C(n + m - 1, m - 1);
}
int f(int n, int m, int k){ 
  // devide n into m group that the size of each group is less than k
  // can not be empty 
  n -= m; if(n < 0) return 0;
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i <= m; i++){
    int ret = mul(g(n - i * k, m), C(m, i));
    (i & 1) ? Add(ans, Mod - ret) : Add(ans, ret); 
  } return ans;
}
int main(){
  n = read(), m = read(), k = read();
  fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < N; i++) fac[i] = mul(fac[i-1], i);
  for(int i = 2; i < N; i++) inv[i] = mul(Mod-Mod/i, inv[Mod%i]);
  for(int i = 2; i < N; i++) inv[i] = mul(inv[i], inv[i-1]);
  // 枚举 < m 的数的和  
  ll r = n % m; int ans = 0;
  for(int i = 0; i < k; i++){
    Add(ans, mul(f(i * m + r, k, m - 1), g((n - r) / m - i, k))); 
  } cout << ans; return 0;
}