CS Academy #32 G

题意：

　　

分析：

　　考虑如何求方案数

　　dp[i][j]表示i个数字的和为j的方案数，这是个经典问题，转移有两种，一个是填一个数字1，一个是整体加1

　　然后这个问题并不是求方案数，而是求对应的权值和

　　我们很容易想到dp[i][j]维护对应的m个下降幂Σx^i，最后再用斯特林数还原成m次幂

　　但这样时间复杂度是O(nmk)的，无法接受

　　题解给出了一个很妙的想法，我们去计算每个数字对答案的贡献，我们只关心这个数字出现的次数，不妨设我们现在考虑数字x

　　x出现总次数={x恰好出现一次的方案数}*1+{x恰好出现两次的方案数}*2+......

　　这样无法求解

　　但可以转换成这样：

　　x出现总次数={x至少出现一次的方案数}+{x至少出现两次的方案数}+.......

　　　　　　　　=dp[k-1][n-x]+dp[k-2][n-2x]+dp[k-3][n-3x]+.......

　　这样就可以O(nk)解决了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4096,mod=1e9+7;
int dp[maxn+5][maxn+5];
int n,k,m;
int ans=0;
void inc(int &a,int b)
{
    a=(a+b)%mod;
}
int Pow(long long a,int b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            if(j>=1)
            inc(dp[i][j],dp[i-1][j-1]);
            if(j>=i-1)
            inc(dp[i][j],dp[i][j-i]);
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int s=0;
        for(int j=1;j<=k&&i*j<=n;++j)
            inc(s,dp[k-j][n-i*j]);
        inc(ans,1LL*s*Pow(1LL*i,m)%mod);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}