正题
题目大意
(n)张卡(m)种，第(i)种卡有(a_i)张，求所有排列中有(k)对相邻且相同的卡牌。
(1leq nleq 10^5,0leq kleq 10^5,1leq mleq 20000,sum_{i=1}^ma_i=n)
解题思路
(k)对相邻的相同，就是可以分成有(n-k)组相同的。
考虑这个问题，把每组牌分成若干组插到不同位置，先不考虑这样可能插到相邻位置的情况我们后面可以再用容斥消掉。
那么对于一个(a)，分成(i)组的方案就是(inom{a-1}{i-1})，因为排列，列出生成函数(sum_{i=1}^ainom{a-1}{i-1}frac{x^i}{i!})。
然后用分治(NTT)乘起来，最后第(i)项乘上一个(i!)就是方案了。
然后考虑容斥，枚举一个(ileq n-k)然后相当于至少有(k)对相邻，现在要减去更多的，所以容斥系数就是((-1)^{n-k-i}inom{n-i}{k})
时间复杂度(O(nlog nlog m))
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,T=19,P=998244353;
struct Poly{
ll a[N<<2],n;
}F[T+1];bool v[T+1];
ll m,n,k,w[N],inv[N],fac[N],r[N],x[N],y[N];
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
for(ll i=0;i<n;i++)
if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
for(ll k=0;k<n;k+=p){
ll buf=1;
for(ll i=k;i<k+len;i++){
ll tt=buf*f[i+len]%P;
f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
f[i]=(f[i]+tt)%P;
buf=buf*tmp%P;
}
}
}
if(op==-1){
ll invn=power(n,P-2);
for(ll i=0;i<n;i++)
f[i]=f[i]*invn%P;
}
return;
}
void Mul(Poly &F,Poly &G){
ll n=1;
while(n<F.n+G.n-1)n<<=1;
for(ll i=0;i<F.n;i++)x[i]=F.a[i];
for(ll i=0;i<G.n;i++)y[i]=G.a[i];
for(ll i=F.n;i<n;i++)x[i]=0;
for(ll i=G.n;i<n;i++)y[i]=0;
for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
NTT(x,n,1);NTT(y,n,1);
for(ll i=0;i<n;i++)x[i]=x[i]*y[i]%P;
NTT(x,n,-1);
for(ll i=0;i<n;i++)F.a[i]=x[i];
F.n=F.n+G.n-1;return;
}
ll FindA(){
for(ll i=0;i<T;i++)
if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
ll NTT(ll l,ll r){
if(l==r){
ll x=FindA();
for(ll i=1;i<=w[l];i++)
F[x].a[i]=inv[i]*C(w[l]-1,i-1)%P;
F[x].n=w[l]+1;return x;
}
ll mid=(l+r)>>1;
ll ls=NTT(l,mid),rs=NTT(mid+1,r);
Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&k);inv[1]=1;
for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
fac[0]=inv[0]=1;
for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
for(ll i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&w[i]);
ll p=NTT(1,m),ans=0;
for(ll i=n-k,f=1;i>=m;i--,f=-f)
ans=(ans+f*F[p].a[i]*fac[i]%P*C(n-i,k)%P)%P;
printf("%lld
",(ans+P)%P);
return 0;
}