[BZOJ2655]calc(拉格朗日插值法+DP)

2655: calc

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Description


　　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。

Input

　　一行3个数，A，n，mod。意义为上面所说的。

Output

　　一行结果。

Sample Input

9 7 10007


Sample Output

3611

HINT

数据规模和约定

　　0:A<=10,n<=10。

　　1..3:A<=1000,n<=20.

　　4..9:A<=10^9,n<=20

　　10..19:A<=10^9,n<=500。

　　全部:mod<=10^9,并且mod为素数，mod>A>n+1

Source

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https://blog.csdn.net/qq_20669971/article/details/52790835

先列出DP方程，f[i][j]表示i个元素选j个进排列的总贡献,则f[i][j]=f[i-1][j-1]*i*j+f[i-1][j]。（这里也可以把n!提出来）

直接DP肯定不行，然后我们可以发现f[i][j]实际上是关于i的高次多项式，现在要确定是几次多项式。

第一种方法：f[i][i]=(i!)^2，根据递推式求得f[i][j]是2j次的。

https://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/8510924.html

第二种方法：打表发现系数中i的次数和i本身的次数都为j。

https://blog.csdn.net/ez_yww/article/details/77221338

所以确定是2j次的（当然如果不想确定就多放几次也没关系）

 

这样我们可以用拉格朗日插值法先求出2n个点的f[x_i][n]，拟合出多项式后将A代入即可（直接现场代入就好）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=510;
 8 int f[N<<1][N],x,n,mod,ans,m;
 9 
10 int inv(int a){
11     int res=1,b=mod-2;
12     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
13         if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
14     return res;
15 }
16 
17 int main(){
18     freopen("bzoj2655.in","r",stdin);
19     freopen("bzoj2655.out","w",stdout);
20     scanf("%d%d%d",&x,&n,&mod); f[0][0]=1; m=2*n+1;
21     rep(i,1,m) { f[i][0]=1; rep(j,1,n) f[i][j]=(f[i-1][j]+1ll*i*f[i-1][j-1])%mod; }
22     rep(i,1,m){
23         int a=f[i][n],b=1;
24         rep(j,1,m) if (i!=j) a=1ll*a*(x-j)%mod,b=1ll*b*(i-j)%mod;
25         a=1ll*a*inv(b)%mod; ans=(ans+a)%mod;
26     }
27     rep(i,1,n) ans=1ll*ans*i%mod;
28     printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
29     return 0;
30 }

可以O(m)插值，预处理一些东西就好（不过瓶颈在于DP所以无所谓）

边界考虑清楚。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=510;
 8 int x,n,mod,ans,m,f[N<<1][N],pre[N<<1],suf[N<<1],fac[N<<1],fin[N<<1];
 9 
10 int inv(int a){
11     int res=1,b=mod-2;
12     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
13         if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
14     return res;
15 }
16 
17 int main(){
18     freopen("bzoj2655.in","r",stdin);
19     freopen("bzoj2655.out","w",stdout);
20     scanf("%d%d%d",&x,&n,&mod); m=2*n+1;
21     rep(i,0,m) f[i][0]=1;
22     rep(i,1,m) rep(j,1,n) f[i][j]=(f[i-1][j]+1ll*i*f[i-1][j-1])%mod;
23     pre[0]=1; rep(i,1,m) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(x-i)%mod;//(x-1)*(x-2)*...*(x-i)
24     suf[0]=(x-m)%mod; rep(i,1,m) suf[i]=1ll*suf[i-1]*(x-m+i)%mod;//(x-m)*(x-m+1)*...(x-m+i)
25     fac[0]=1; rep(i,1,m) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;//1*2*...*i
26     fin[m]=inv(fac[m]); for (int i=m-1; ~i; i--) fin[i]=1ll*fin[i+1]*(i+1)%mod;//1/(1*2*...*i)
27     rep(i,1,m){
28         int a=1ll*f[i][n]*pre[i-1]%mod*((i==m)?1:suf[m-i-1])%mod;
29         int b=1ll*fin[i-1]%mod*fin[m-i]*(((m-i)&1)?-1:1)%mod;
30         ans=(ans+1ll*a*b)%mod;
31     }
32     rep(i,1,n) ans=1ll*ans*i%mod;
33     printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
34     return 0;
35 }

 以及另一道用拉格朗日插值法简化的题目：[BZOJ4559][JLOI2016]成绩比较

http://www.cnblogs.com/nbwzyzngyl/p/8394921.html

posted @ 2018-04-24 11:03  HocRiser  阅读(327)  评论(0)  编辑  收藏  举报