『JLOI2016』成绩比较
『JLOI2016』成绩比较 [* easy]
给定 \(N\) 个变量，每个变量有 \(M\) 个属性，属性 \(i\) 的值在 \([1,U_i]\) 中随机。
第 \(1\) 个变量的所有属性的排名以及给出，然后我们知道恰好有 \(K\) 个变量满足所有属性都严格小于等于 \(1\)
求所有可能的合法情况。答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(N,M\le 100,U_i\le 10^9\)
Solution
方便起见，令 \(N\leftarrow N-1\)，同时令 \(R_j\leftarrow N+1-R_j\) 表示有 \(R_j\) 名同学分数小于等于他。
容斥，设 \(g_i\) 表示至少有 \(i\) 个变量严格小于等于他。
那么我们可以直接使用 Dp 来计算 \(g_i\)，那么基础方案数为 \(\binom{N}{i}\)，假设属性 \(j\) 的取值为 \(x\)，那么这 \(i\) 个变量的取值范围均为 \(x\)，那么对于每个属性对答案的贡献均可以独立乘起来，具体来说形如此：
设 \(o=R_j\)，不难得到：
设 \(f(k,x)=\sum_{i=1}^x i^k\)
那么不难得到维度 \(i\) 对答案的贡献为：
显然 \(o+j\) 的取值范围为 \(1\sim N\)，同时不难发现后面的式子与枚举的 \(i\) 无关，所以可以考虑预处理后式，对于 \(j=1,2...M\) 均预处理后式称为 \(t_j\)，那么枚举 \(i\) 之后就可以 \(\mathcal O(NM)\) 的计算答案了。
我们的瓶颈在于希望得到正整数幂多项式，此时有两种选择：
- 拉格朗日插值。
- 伯努利数。
由于我想要复习伯努利数，所以这里又重新进行了推导：
设 \(S_k(n)=\sum_{j=1}^n j^k\)
我们设前者的 EGF 序列为 \(\{B_0,B_1...B_k\}\)，后者为 \(\{\frac{n}{1},\frac{n^2}{2}...\frac{n^{i+1}}{i+1}\}\)
于是有 \(S_k(n)\) 即为：
计算 \(B_i\)，然后直接得到多项式。
接下来，注意到：
所以有 \(\{B_0,B_1...B_k\}\) 与 \(\{\frac{1}{1},\frac{1}{2}...\frac{1}{i+1}\}\) 的二项卷积结果为 \(\{1,1,1...1\}\)
不难注意到 \(B_0=1\)，所以我们有：
复杂度为 \(\mathcal O(N^2M)\)
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() {
char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
while( cc < '0' || cc > '9' ) { if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
while( cc >= '0' && cc <= '9' ) cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
return cn * flus ;
}
const int N = 100 + 5 ;
const int P = 1e9 + 7 ;
int fpow(int x, int k) {
int ans = 1, base = x ;
while(k) {
if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % P ;
base = 1ll * base * base % P, k >>= 1 ;
} return ans ;
}
int n, m, lim, K, U[N], R[N], g[N], h[N], B[N] ;
int f[N], iv[N], fac[N], inv[N], C[N][N], A[N][N] ;
int Get(int x, int k) {
int ans = 0, d = 1 ;
for(re int i = 0; i <= k + 1; ++ i)
ans = (ans + d * A[k][i]) % P, d = d * x % P ;
return ans ;
}
signed main()
{
n = gi() - 1, m = gi(), K = gi() ; lim = n + 5 ;
rep( i, 1, m ) U[i] = gi() ;
rep( i, 1, m ) R[i] = gi(), R[i] = n - R[i] + 1 ;
fac[0] = inv[0] = C[0][0] = 1 ;
rep( i, 1, lim ) rep( j, 0, lim )
C[i][j] = (!j) ? 1 : (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P ;
rep( i, 1, lim )
fac[i] = fac[i - 1] * i % P, inv[i] = fpow(fac[i], P - 2),
iv[i] = fpow( i, P - 2 ) ;
B[0] = 1 ;
rep( i, 1, n ) {
int d = 0 ;
rep( j, 0, i - 1 ) d = (d + C[i + 1][j] * B[j]) % P ;
d = d * iv[i + 1] % P, B[i] = (1 - d + P) % P ;
}
rep( k, 0, n ) rep( i, 0, k )
A[k][k - i + 1] = C[k + 1][i] * B[i] % P * iv[k + 1] % P ;
rep( i, 1, m ) {
int o = R[i], ans = 0 ; f[0] = 1 ;
rep( j, 1, n ) f[j] = f[j - 1] * U[i] % P ;
for(re int j = 0; j <= n - o; ++ j) {
if(j & 1) ans = (ans - C[n - o][j] * f[n - o - j] % P * Get(U[i], o + j) % P + P) % P ;
else ans = (ans + C[n - o][j] * f[n - o - j] % P * Get(U[i], o + j) % P ) % P ;
} h[i] = ans ;
}
rep( i, 1, n ) {
int ans = C[n][i] ;
rep( j, 1, m )
if( R[j] < i ) ans = 0 ;
else ans = ans * C[n - i][R[j] - i] % P * h[j] % P ;
g[i] = ans ;
}
int Ans = 0 ;
rep( i, K, n ) {
if((i - K) & 1) Ans = (Ans - g[i] * C[i][K] % P + P) % P ;
else Ans = (Ans + g[i] * C[i][K] % P + P) % P ;
}
cout << Ans << endl ;
return 0 ;
}
