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在 ARC212C 中，我们遇到了一种形如：
已知：
\sum _{i=0} ^{n} x_i=ki=0∑nxi=k
求所有：
\prod _{i=0} ^{n} x_ii=0∏nxi
的和的题，这引发我们对组合数学的进一步思考。
原式化简
我们可以注意到，如果想要 \prod _{i=0} ^{n} x_i∏i=0nxi 产生贡献，那么 \forall x_i∀xi 都不能为 0 。
由此我们可以将题面转化一下，可以理解为将 kk 个球放入 mm 个盒子中，且盒子内不为空，求每个盒子选出一个球的方案数。
可以考虑插板法，我们发现，选出来的 mm 个球与所插 m-1m−1 个板是交替出现的，由此我们可以把它们一起视作板，这样下来就将题目再次转化为了在 k-mk−m 个球中插入 2 \times m-12×m−1 个板。
即原题的答案是：
\binom {k+m-1}{2 \times m-1}(2×m−1k+m−1)
例题（ARC212C）
题目
有白球。首先，你把每个球涂成红色或蓝色。
然后，你把这些 NN 红色或蓝色的彩绘球放在 MM 可区分的盒子里。
设 a_iai 和 b_ibi 分别为 ii \第1个盒子中红色球和蓝色球的个数。
求出 \prod_{1\leq i \le M}|a_i-b_i|∏1≤i≤M∣ai−bi∣ 对所有放置球的方式取模 998244353998244353 的和。
这里，两种放置球的方法是不同的，当且仅当 a_iai 和 b_ibi 中至少有一个对于某些 ii 是不同的。
特别是，球彼此之间是无法区分的。
Solution
我们发现一种分配的方案产生的贡献是 a_iai 和 b_ibi 的差的绝对值，所以考虑先从 nn 个球中选出 ii 个球（ii 为偶数），分成 i \div 2i÷2 组，每组为一红一蓝，这些球是不会做出贡献的，那么把它分在 mm 个盒子里的方案数是 \binom {i \div 2 + m-1}{m-1}(m−1i÷2+m−1)（其实就是插板法）。
剩下 n-in−i 个白色小球要放在 mm 个篮子里面，且在同一篮子里的白色小球颜色一致。
其实就是
已知：
\sum _{i=0} ^{n} x_i=n-ii=0∑nxi=n−i
求所有：
\prod _{i=0} ^{n} x_ii=0∏nxi
的和。
只不过需注意的是每个篮子中可以有两种染色方案，所以最终答案乘一个 2^m2m 即可。
最终答案就是：
\sum _{i=0}^{n} \binom {i \div 2 + m-1}{m-1} \times \binom {n-i+m-1}{2 \times m-1} \times 2^m \ i \\equiv 0 \\mod 2i=0∑n(m−1i÷2+m−1)×(2×m−1n−i+m−1)×2m i≡0mod2
Code
#include <bits/stdc++.h> #define pll pair<ll,ll> #define pld pair<ld,ld> typedef long long ll; typedef long double ld; typedef int praise_long_long; namespace io { using namespace std; inline ll read () { char x=getchar(); ll ans=0,f=1; while (x<'0'||x>'9') { if (x=='-') { f*=(-1); } x=getchar(); } while (x>='0'&&x<='9') { ans*=10; ans+=(x-'0'); x=getchar(); } return ans*f; } void print (ll x) { if (x<0) { x=-x; putchar('-'); } if (x>=10) { print(x/10); } putchar(x%10+'0'); } } using namespace io; const ll N=2e7+5,mod=998244353,inf=2e18; const ld eps=1e-6; ll n,m,sum[N],inv[N],ans; inline void init () { inv[0]=inv[1]=1; for (ll i=2;i<=N-5;i++) { inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; } sum[0]=1; for (ll i=1;i<=N-5;i++) { inv[i]*=inv[i-1]; sum[i]=sum[i-1]*i; sum[i]%=mod; inv[i]%=mod; } } inline ll C (ll x,ll y) { if (x<y||y<0) { return 0; } return sum[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod; } inline ll qpow (ll x,ll y) { ll cnt=1; while (y) { if (y&1) { cnt*=x; cnt%=mod; } x*=x; x%=mod; y>>=1; } return cnt; } inline void solve () { n=read(),m=read(); for (ll i=0;i<=n;i+=2) { ll num=n-i; ans+=C((i>>1)+m-1,m-1)%mod*C(num+m-1,m*2-1)%mod; ans%=mod; } print(ans*qpow(2,m)%mod); } praise_long_long main () { // freopen(".in","r",stdin); // freopen(".out","w",stdout); ll T=1; // T=read(); init(); while (T--) { solve(); } return 0; } /**/