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原文链接http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8835443.html
有$n$个球，球有$m$种颜色，分别编号为$1\cdots m$，现在让你从中拿$k$个球，问拿到的球的颜色所构成的可重集合有多少种不同的可能。
注意同种颜色球是等价的，但是两个颜色为$x$的球不等价于一个。
$1\leq n\leq 2\times 10^5,\ \ \ \ \ 1\leq m,k\leq n$。
来自Helvetic Coding Contest 2018 online mirror.
比赛的时候太蠢了只想了个分治$FFT$，只有25分钟不敢写（其实说不定来得及，赛后写启发式合并不到20分钟A了（不过看了组数据（某种颜色出现次数为$0$的特殊情况）））。
分治$FFT$不讲，常数大容易被卡掉。
更好的做法是启发式合并。
考虑颜色集合S的计算结果为$a_{0\cdots x}$，其中$a_i$表示取$i$个球得到的不同结果数。
当合并两个颜色集合的时候，新的结果为：
$$c_i=\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}$$
显然就是一个多项式卷积直接$FFT$即可。
初始情况就是对于每一个颜色，设$cnt_i$为颜色$i$的出现次数，那么该颜色下标范围为$0\cdots cnt_i$，值全部为$1$。
然后我们只需要启发式合并几下就可以了。
启发式合并用堆来维护$size$，用$vector$来存储计算结果防$MLE$。
注意再开始的时候处理掉某种颜色出现次数为$0$的情况，不然会挂。
时间复杂度$O(n\log^2 n)$。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1<<18,mod=1009;
double PI=acos(-1.0);
int n,m,k,tot[N];
struct C{
double r,i;
C(){}
C(double a,double b){r=a,i=b;}
C operator + (C x){return C(r+x.r,i+x.i);}
C operator - (C x){return C(r-x.r,i-x.i);}
C operator * (C x){return C(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
}w[N],A[N],B[N];
int R[N];
vector <int> colors[N<<1];
struct cmp{
bool operator ()(int a,int b){
return colors[a].size()>colors[b].size();
}
};
priority_queue <int,vector<int>,cmp> heap;
void FFT(C a[],int n){
for (int i=0;i<n;i++)
if (i<R[i])
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
for (int j=0;j<d;j++){
C tmp=w[t*j]*a[i+j+d];
a[i+j+d]=a[i+j]-tmp;
a[i+j]=a[i+j]+tmp;
}
}
void FFT_times(vector <int> &a,vector <int> &b,vector <int> &c){
int n,d;
for (int i=0;i<a.size();i++)
A[i]=C(a[i],0);
for (int i=0;i<b.size();i++)
B[i]=C(b[i],0);
for (n=1,d=0;n<a.size()+b.size()-1;n<<=1,d++);
for (int i=0;i<n;i++){
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
w[i]=C(cos(2*PI*i/n),sin(2*PI*i/n));
}
for (int i=a.size();i<n;i++)
A[i]=C(0,0);
for (int i=b.size();i<n;i++)
B[i]=C(0,0);
FFT(A,n),FFT(B,n);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
FFT(A,n);
c.clear();
for (int i=0;i<=a.size()+b.size()-2;i++)
c.push_back(((LL)(A[i].r/n+0.5))%mod);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for (int i=1,x;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),tot[x]++;
while (!heap.empty())
heap.pop();
int size=0;
for (int i=1;i<=m;i++){
if (tot[i]==0)
continue;
colors[++size].clear();
for (int j=0;j<=tot[i];j++)
colors[size].push_back(1);
heap.push(size);
}
while (heap.size()>=2){
int x=heap.top();
heap.pop();
int y=heap.top();
heap.pop();
FFT_times(colors[x],colors[y],colors[++size]);
colors[x].clear(),colors[y].clear();
heap.push(size);
}
printf("%d",colors[size][k]);
return 0;
}
CodeForces 958F3 Lightsabers (hard) 启发式合并/分治 多项式 FFT
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