【FZU】2208 cleaning again【模数质因数以3为众数的三进制NTT】

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简要题意：
在长度为N的环上，选出K个点，同时需要满足这K个点两两之间的距离不等于D的方案数，方案数对258280327(2∗317+1)取模。1≤N,D,K≤105

题目分析：
首先我们知道如果将所有间隔为D的人建边，我们可以得到g=gcd(N,D)个由N/g个元素构成的环，而且环与环之间是互不影响的，这是一个很好的性质。这样问题变成了在第i环上选出ai个互不相邻的元素，且∑gi=1ai=K的方案数。

考虑子问题：在一个长度为X的环上选出Y个互不相邻的元素的方案数。
考虑破环成链，枚举第一个点是否选。
1.第一个点不选
此时考虑将Y个点看成隔板，每个隔板左边强制有一个点（因为选的点不能相邻），这样得到的方案数为CYX−Y。
2.第一个点选
此时我们反过来，使得隔板右边强制有一个点，由于已经选了一个点，且此时第一个点和第二个点不能使用，所以方案数为CY−1X−2−(Y−1)

由于每个环都是一样的，我们不妨构造多项式：

A=∑i=0X−1(CiX−i+Ci−1X−i−1)⋅xi

则总的方案数即多项式Ag中的第K项的系数。

由于所有多项式的阶的和不超过N，所以在构造了A之后对A求一次FFT正变换，对每一项用快速幂一下得到自身的g次幂，然后在逆变换回来即可。

但是问题还没有结束，因为这个素数并不是我们常用的费马素数，他的质因子2只有一个，而3却高达17个……于是我们只能考虑将FFT变成三进制的形式。

• 三进制FFT具体变换如下：
  由Ak=A[0](w3kn)+wkn⋅A[1](w3kn)+w2kn⋅A[2](w3kn)
  得 yk=y[0]k+wkn⋅y[1]k+w2kn⋅y[2]k
  由Ak+(n/3)=A[0](w3k+nn)+wk+(n/3)n⋅A[1](w3k+nn)+w2(k+(n/3))n⋅A[2](w3k+nn)
  得 yk+(n/3)=y[0]k+wk+(n/3)n⋅y[1]k+w2(k+(n/3))n⋅y[2]k
  由Ak+(2n/3)=A[0](w3k+2nn)+wk+(2n/3)n⋅A[1](w3k+2nn)+w2(k+(2n/3))n⋅A[2](w3k+2nn)
  得 yk+(2n/3)=y[0]k+wk+(2n/3)n⋅y[1]k+w2(k+(2n/3))n⋅y[2]k

• 蝶形变换和二进制FFT一样。

my   code:

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std ;typedef long long LL ;#define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )const int MAXN = 200005 ;const int mod = 258280327 ;const int g = 5 ;int x1[MAXN] ;int f[MAXN] , vf[MAXN] ;int gcd ( int a , int b ) {    return b ? gcd ( b , a % b ) : a ;}int pow_mod ( int x , int n ) {    int res = 1 ;    while ( n ) {        if ( n & 1 ) res = 1LL * res * x % mod ;        x = 1LL * x * x % mod ;        n >>= 1 ;    }    return res ;}void DFT ( int y[] , int n , int rev ) {    for ( int i = 1 , j , k , t ; i < n ; ++ i ) {        for ( j = 0 , k = n / 3 , t = i ; k ; k /= 3 , t /= 3 ) {            j = j * 3 + t % 3 ;        }        if ( i < j ) swap ( y[i] , y[j] ) ;    }    for ( int s = 3 , ds = 1 ; s <= n ; ds = s , s *= 3 ) {        LL wn = pow_mod ( g , ( mod - 1 ) / s ) ;        if ( rev ) wn = pow_mod ( wn , mod - 2 ) ;        LL t1 = pow_mod ( wn , s / 3 ) ;        LL t2 = t1 * t1 % mod ;        for ( int k = 0 ; k < n ; k += s ) {            LL w = 1 ;            for ( int i = k , j = i + ds ; i < k + ds ; ++ i , ++ j ) {                LL X = y[i] ;                LL Y = w * y[i + ds] % mod ;                LL Z = w * w % mod * y[j + ds] % mod ;                y[i] = ( X + Y + Z ) % mod ;                y[i + ds] = ( X + t1 * Y + t2 * Z ) % mod ;                y[j + ds] = ( X + t1 * t1 % mod * Y + t2 * t2 % mod * Z ) % mod ;                w = w * wn % mod ;            }        }    }}void NTT ( int x1[] , int n , int m ) {    DFT ( x1 , n , 0 ) ;    for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {        x1[i] = pow_mod ( x1[i] , m ) ;    }    DFT ( x1 , n , 1 ) ;    int nv = pow_mod ( n , mod - 2 ) ;    for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {        x1[i] = 1LL * x1[i] * nv % mod ;    }}int c ( int x , int y ) {    if ( x < y ) return 0 ;    return 1LL * f[x] * vf[y] % mod * vf[x - y] % mod ;}void process ( int n1 , int n ) {    x1[0] = 1 ;    for ( int i = 1 ; i < n1 ; ++ i ) {        x1[i] = ( c ( n - i , i ) + c ( n - i - 1 , i - 1 ) ) % mod ;    }}void solve () {    int n , k , d ;    scanf ( "%d%d%d" , &n , &k , &d ) ;    int n1 = 1 ;    while ( n1 <= n + 1 ) n1 *= 3 ;    int g = gcd ( n , d ) ;    process ( n1 , n / g ) ;    NTT ( x1 , n1 , g ) ;    printf ( "%d\n" , x1[k] ) ;}void preprocess () {    f[0] = vf[0] = 1 ;    for ( int i = 1 ; i < MAXN ; ++ i ) {        f[i] = 1LL * f[i - 1] * i % mod ;        vf[i] = pow_mod ( f[i] , mod - 2 ) ;    }}int main () {    int T ;    preprocess () ;    scanf ( "%d" , &T ) ;    for ( int i = 1 ; i <= T ; ++ i ) {        printf ( "Case #%d: " , i ) ;        solve () ;    }    return 0 ;}