BZOJ2498 : Xavier is Learning to Count

考虑容斥，通过$Bell(p)$的时间枚举所有等价情况。

对于一种情况，强制了一个等价类里面的数都要相同，其它的可以相同也可以不同。

这方案数显然可以通过多项式乘法求得，乘上容斥系数$(-1)^{p-等价类个数}\ \ \ \ \ \ \ \times(每个等价类大小-1)!之积$。

可以先把那$p$个多项式DFT，然后在点值表示下计算答案，最后再IDFT回来即可。

时间复杂度$O(pn(\log n+Bell(p)))$。

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long double ld;

const int N=65540;

const ld pi=acos(-1.0);

int T,C,_,P,n,m,a[N],i,j,pos[N],w[6];

struct comp{

  ld r,i;

  comp(ld _r=0,ld _i=0){r=_r,i=_i;}

  comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);}

  comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);}

  comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}

}f[6][N],g[N];

inline void FFT(comp*a,int n,int t){

  for(int i=1;i<n;i++)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);

  for(int d=0;(1<<d)<n;d++){

    int m=1<<d,m2=m<<1;

    ld o=pi*2/m2*t;comp _w(cos(o),sin(o));

    for(int i=0;i<n;i+=m2){

      comp w(1,0);

      for(int j=0;j<m;j++){

        comp&A=a[i+j+m],&B=a[i+j],t=w*A;

        A=B-t;B=B+t;w=w*_w;

      }

    }

  }

  if(t==-1)for(int i=0;i<n;i++)a[i].r/=n;

}

void dfs(int x,int y){

  if(x==P){

    int i,j,k=(P-y)&1?-1:1;

    for(i=1;i<=y;i++)for(j=2;j<w[i];j++)k*=j;

    comp t(k,0);

    for(j=0;j<m;j++)g[j]=f[w[1]][j];

    for(i=2;i<=y;i++)for(j=0;j<m;j++)g[j]=g[j]*f[w[i]][j];

    for(j=0;j<m;j++)f[0][j]=f[0][j]+g[j]*t;

    return;

  }

  for(int i=1;i<=y+1;i++){

    w[i]++;

    dfs(x+1,max(i,y));

    w[i]--;

  }

}

int main(){

  scanf("%d",&T);

  while(T--){

    scanf("%d%d",&_,&P);

    for(n=i=0;i<_;i++){

      scanf("%d",&a[i]);

      if(a[i]>n)n=a[i];

    }

    n*=P;

    for(m=1;m<=n;m<<=1);

    j=__builtin_ctz(m)-1;

    for(i=0;i<m;i++)pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<j);

    for(i=0;i<=P;i++)for(j=0;j<m;j++)f[i][j]=comp(0,0);

    for(i=0;i<_;i++)for(j=1;j<=P;j++)f[j][j*a[i]].r+=1;

    for(i=1;i<=P;i++)FFT(f[i],m,1);

    dfs(0,0);

    FFT(f[0],m,-1);

    for(j=i=1;i<=P;i++)j*=i;

    printf("Case #%d:\n",++C);

    for(i=1;i<m;i++){

      ld ans=f[0][i].r/j;

      if(ans>0.5)printf("%d: %.0f\n",i,(double)ans);

    }

    puts("");

  }

  return 0;

}