bzoj 2655: calc dp+拉格朗日插值法
来源:互联网 发布:淘宝二手镜头店铺推荐 编辑:程序博客网 时间:2024/05/16 07:05
题意
一个序列a1,…,an是合法的,当且仅当:
长度为给定的n。
a1,…,an都是[1,A]中的整数。
a1,…,an互不相等。
一个序列的值定义为它里面所有数的乘积,即a1a2…an。
求所有不同合法序列的值的和。
两个序列不同当且仅当他们任意一位不一样。
输出答案对一个数mod取余的结果。
A<=10^9,n<=500,mod<=10^9,并且mod为素数,mod>A>n+1
分析
首先考虑最简单的dp式:设f[i,j]表示前i个正整数里选了j个的方案和。显然有f[i,j]=f[i-1,j]+f[i-1,j-1]*i。
f[i,j]其实是一个关于i的次数为2j的多项式(然而我还不会证明,如果有大佬会的话麻烦告诉我)。那么我们就可以求出f[i,n] (1<=i<=n*2+1),然后根据拉格朗日插值法,答案就是
代码
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N=1005;int x,n,MOD,f[N][N],pre[N],suf[N],inv1[N],inv2[N];int ksm(int x,int y){ int ans=1; while (y) { if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD; x=(LL)x*x%MOD;y>>=1; } return ans;}int main(){ scanf("%d%d%d",&x,&n,&MOD); f[0][0]=1; for (int i=1;i<=n*2+1;i++) { f[i][0]=f[i-1][0]; for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=(f[i-1][j]+(LL)f[i-1][j-1]*i)%MOD; } pre[0]=suf[n*2+2]=1; for (int i=1;i<=n*2+1;i++) pre[i]=(LL)pre[i-1]*(x-i)%MOD; for (int i=n*2+1;i>=1;i--) suf[i]=(LL)suf[i+1]*(x-i)%MOD; inv1[0]=inv2[0]=1; for (int i=1;i<=n*2+1;i++) inv1[i]=(LL)inv1[i-1]*ksm(i,MOD-2)%MOD,inv2[i]=(LL)inv2[i-1]*ksm(-i,MOD-2)%MOD; LL ans=0; for (int i=1;i<=n*2+1;i++) (ans+=(LL)f[i][n]*pre[i-1]%MOD*suf[i+1]%MOD*inv1[i-1]%MOD*inv2[n*2+1-i])%=MOD; for (int i=1;i<=n;i++) ans=(LL)ans*i%MOD; ans+=ans<0?MOD:0; printf("%lld",ans); return 0;}
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