Frightful Formula Gym - 101480F (待定系数法)
Problem F: Frightful Formula
\[Time Limit: 10 s \quad Memory Limit: 512 MiB
\]
题意
题意就是存在一个\(n*n\)的矩阵\(f[n][n]\)。然后给出\(n，a，b，c\)，在给出两个序列\(l[n]，t[n]\)。
定义矩阵如下:
\[\begin{aligned}
f[i][1] &= l[i] \\
f[1][i] &= t[i] \\
f[i][j] &= a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
\end{aligned}
\]
求出\(f[n][n]\%mod\)的值。
思路
题目要求\(f[n][n]\)，如果我们会求\(f[n][m]\)，那么\(f[n][n]\)自然也会了，下面我给出推导过程。
- 首先考虑\(a=1, b=1, c=0\)的情况
\[f[i][j] = f[i][j-1] + f[i-1][j]
\]
显然，\(f[n][m]\)可以看成从\((1，1)\)走到\((n，m)\)，每一步只能向下或者向右的方案数。也就是一共要走\(n+m-2\)步，其中\(n-1\)往下走，答案就是\(C_{n+m-1}^{n-1}\)或者\(C_{n+m-1}^{m-1}\)。
2. 接下来考虑\(a \not= 1，b \not= 1，c=0\)的情况。
\[f[i][j] = a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j]
\]
这时候每一步向右走贡献一个\(a\)，向下走贡献一个\(b\)。
- 我们先考虑第一行每个点对终点的贡献，例如\(f[1][i]\)，他到终点一共需要向右走\(m-i\)次，向下走\(n-1\)次，所以一个方案贡献了\(f[1][i]*a^{m-i}b^{n-1}\)。那么如何计算方案数呢？为了避免重复计算，需要先向下走一步然后从(2，i)到(n，m)，一共的方案数就是\(C_{n+m-i-2}^{n-2}\)。所以对于第一行总贡献就是\(\sum_2^m f[1][i]*C_{n+m-i-2}^{n-2}*a^{m-i}b^{n-1}\)。
- 对于列来说，同样的道理，一个方案贡献了\(f[i][1]*a^{m-1}b^{n-i}\)，然后先向右走一步防止重复计算，方案数为\(C_{n+m-i-2}^{m-2}\)。所以第一列的总贡献就是\(\sum_2^nC_{n+m-i-2}^{m-2}*a^{m-1}b^{n-i}\)。
所以只要\(O(N)\)遍历第一行，第一列，就能算出\(f[n][m]\)。 - 多说一句，这样做是因为第一行、第一列的数和\(f[1][1]\)没有关系，如果直接给出\(f[1][1]\)，然后求\(f[n][m]\)那么直接就可以算出答案\(f[1][1]*C_{n+m-2}^{n-1}*a^{m-1}b^{n-1}\)
- 最后考虑\(a \not= 1，b \not= 1，c\not=0\)的情况。
\[f[i][j] = a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
\]
如果没有\(c\)，好做，但是有\(c\)怎么办呢？有没有办法把\(c\)去掉？
答案是有的。
我们令\(g[i][j] = f[i][j] + k\)，如果存在一个\(k\)满足
\[g[i][j] = a*g[i][j-1] + b*g[i-1][j]
\]
那么问题就转化到了2问题去了。
其实\(k\)也很好求，直接带入把\(g[i][j]\)拿\(f[i][j]+k\)代入。
\[\begin{aligned}
f[i][j]+k &= a*(f[i][j-1]+k) + b*(f[i-1][j]+k)\\
&= a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
\end{aligned}
\]
容易得到\(k = \frac{c}{a+b-1} = c*inv(a+b-1)\)，所以做的时候把\(f[1][i]、f[i][1]\)转化成\(g[1][i]、g[i][1]\)求出\(g[n][m]\)，最后在换回\(f[n][m]\)就可以了。
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> File Name : F.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2019年05月06日 星期一 14时35分10秒
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#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int maxm = 4e5 + 10;
const ll mod = 1e6 + 3;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m, a, b, c;
int cas, tol, T;
ll fac[maxm], inv[maxm];
ll l[maxn], t[maxn];
ll fpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b&1) ans = ans*a%mod;
a = a*a%mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
void handle() {
fac[0] = inv[0] = 1;
int mx = 2*n;
for(int i=1; i<=mx; i++) {
fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
}
inv[mx] = fpow(fac[mx], mod-2);
for(int i=mx-1; i>=1; i--) {
inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}
ll C(int n, int m) {
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &a, &b, &c);
ll k = c*fpow(a+b-1, mod-2)%mod;
handle();
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &l[i]);
l[i] = (l[i]+k)%mod;
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &t[i]);
t[i] = (t[i]+k)%mod;
}
ll ans = 0ll;
for(int i=2; i<=n; i++) {
ans += l[i] * fpow(b, n-i)%mod * fpow(a, n-1)%mod * C(2*n-i-2, n-2)%mod;
ans %= mod;
}
for(int i=2; i<=n; i++) {
ans += t[i] * fpow(b, n-1)%mod * fpow(a, n-i)%mod * C(2*n-i-2, n-2)%mod;
ans %= mod;
}
ans = ((ans-k)%mod+mod)%mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
