bzoj 2655: calc

题目传送门：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2655
思路：

算法一:

A<=10,n<=10

注意到n和A都很小直接枚举每一位是什么就行了

时间复杂度：O(n!)

期望得分：5

算法二:

n和A都不太大，考虑dp

注意到我们可以将一个合法解排序，只需计算严格递增序列的答案最后乘上n!即可

f[i][j]表示dp到i且i选的数是j得到的值

期望得分：20

算法三:

我们发现A很大，相比之下n是很小的

考虑倍增优化算法二

设f[n][a][b]表示n个数，数的范围在a到b的ans

预处理组合数等，很容易O(n)转移到f[n][a+k][b+k]，注意这里要算一些组合数，它们的上标范围是值域而不是长度

倍增求出f[i][1][2k],将A二进制分解，考虑如何合并

f[i][1][2a+2b]=∑(f[j][1][2a]∗f[i−j][2a+1][2b+2a])

复杂度：O(n2logA+n2logA)

期望得分：70—100

算法五:

考虑暴力dp

设f[i]表示i个数时的答案

转移？

容斥原理

无限制乘积 - 至少有一个重复的 + 至少有两个重复的 - ····

f[i]=g[1]∗f[i−1]+∑((−1)i−j+1∗f[j]∗C(i−1,i−1−j)∗(i−1−j)!∗g[i−j])

O(n2)预处理伯努利数g[i]=∑Aj=1ji

复杂度：O(n2)

期望得分：100分

ps：一开始组合数写错了，身败名裂

其实还有一种有关多项式的做法：

xiaoyimi大爷的做法：
从原始dp的思路出发
f[i][j]表示i个元素中选取j个的分数
写出dp方程
f[i][j]=f[i−1][j−1]×i×j+f[i−1][j]
初始状态f[0][0]=1
手玩j比较小的情况，容易发现，f[i][j]实际上是一个最高次项为2j的多项式
那也就是说我们最终的答案f[A][n]就是一个2n次的多项式
这是个很好的性质，因为我们只用求出0到2n次项的系数就可以直接求答案了
那这个系数怎么求呢？
有一种比较容易想到的方法是求出较小的f[i][n]，然后高斯消元
但这样的复杂度是O(n3)，对这道题来说很不优美
所以我们尝试引入拉格朗日插值法
设f(x)是一个n次多项式，则有

f(x)=∑i=0naixi=∑i=0nf(xi)∏j=0nx−xjxi−xj[i≠j]

其中x1,x2,..xn互不相等
同样是求出2n个f[i][n]然后求解f[A][n]，但是显然这个复杂度比高斯消元低多了
理论复杂度为O(n2logA)，因为还要求解逆元
但实际上是可以做到O(n2)的，因为选取的点都是0,1,2,3,4..2n，随便求和预处理一下就可以O(nlogA)了，主要复杂度在初始DP那里，但是常数催人泪下……

容斥原理：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#define N 505using namespace std;typedef long long LL;LL A,n,P,g[N + 5],f[N + 5],sum[N + 5],c[N + 5][N + 5],fact[N + 5],inv[N + 5];int main(){    //freopen("calc20.in","r",stdin);    //freopen("calc20.out","w",stdout);    cin>>A>>n>>P;    memset(f,0,sizeof(f));    f[0] = 1; f[1] = (A * (A + 1)>>1) % P;    inv[1] = 1;    for (int i = 2;i <= n + 5; ++i) inv[i] = (P - P/i) * inv[P % i] % P;    fact[0] = 1;    for (int i = 1;i <= n + 5; ++i) fact[i] = i * fact[i - 1] % P;    for (int i = 0;i <= n + 5; ++i) c[i][0] = 1;    for (int i = 1;i <= n + 5; ++i)      for (int j = 1;j <= i; ++j)       c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;    g[0] = (A + 1)%P; g[1] = (A * (A + 1)>>1) % P;    LL pow = (A + 1) * (A + 1) % P;    for (int i = 2;i <= n; ++i){        pow = pow * (A + 1) % P;        LL sum = (A + 1) % P;        for (int j = 1;j < i; ++j) sum = (sum + c[i + 1][j] * g[j] % P) % P;        sum = (pow - sum)%P;        if (sum < 0) sum += P;        g[i] = inv[i + 1] * sum % P;    }    for (int i = 2;i <= n; ++i){        f[i] = g[1] * f[i - 1] % P;        LL op = -1;        for (int j = i - 2;j >= 0; --j){          f[i] = (f[i] + op * fact[i - 1 - j] % P * c[i - 1][i - 1 - j] % P * g[i - j] % P * f[j] % P + P) % P;        op = -op;}    }    cout<<f[n];   // fclose(stdin); fclose(stdout);    return 0;}

1.推导的时候要仔细，不能胡乱推啊，不要总是自以为什么，要考虑式子的意义，从多方面考虑