【CF660E】Different Subsets For All Tuples（组合数学）

点此看题面

大致题意： 有一个长度为\(n\)的数列，每个位置上数字的值在\([1,m]\)范围内，则共有\(m^n\)种可能的数列。分别求出每个数列中本质不同的子序列个数，然后求和。

一些分析

首先，我们单独考虑空序列的个数\(m^n\)，然后接下来就可以只考虑非空序列的个数了。

假设有一个长度为\(i\)的子序列（\(1\le i\le n\)），且其在序列中的位置分别为\(pos_1,pos_2,...,pos_i\)，值分别为\(val_1,val_2,...,val_i\)。

则我们强制在\(1\sim pos_1-1\)范围内不能出现\(val_1\)，\(pos_1+1\sim pos_2-1\)范围内不能出现\(val_2\)，以此类推。

所以，在前\(pos_i\)个位置中，除\(pos_{1\sim i}\)这\(i\)个位置填\(val_{i\sim i}\)外，如上所述，其余\(pos_i-i\)个位置各有\(m-1\)种填法。

而在第\(pos_i\)个位置之后就可以随便填了，每个位置都有\(m\)种填法。

推式子

通过之前的分析，于是得到式子如下：

\[\sum_{i=1}^nm^i\sum_{j=i}^nC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j} \]

对于这个式子的解释：

首先，用\(i\)枚举子序列长度，而长度为\(i\)的子序列共有\(m^i\)种可能。

接下来\(j\)枚举\(pos_i\)，而\(pos_{1\sim i-1}\)依次选择\([1,pos_i-1]\)（即这里的\([1,j-1]\)）这个范围内的任意位置都是合法的，就相当于在\(j-1\)个位置中选择\(i-1\)个位置，方案数就是\(C_{j-1}^{i-1}\)。

从前文可得，\(pos_i-i\)（即这里的\(j-i\)）个位置有\(m-1\)种填法，\(n-pos_i\)（即这里的\(n-j\)）个位置有\(m\)种填法。

于是便得到上述式子。

然后就是化简：

先移项，把\(m^i\)移进去得到：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^nC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \]

改变枚举顺序，得到：

\[\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^jC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \]

观察到组合数中的\(i-1\)和\(j-1\)，不难想到直接将枚举的\(i,j\)减\(1\)，即：

\[\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{(j+1)-(i+1)}m^{n-(j+1)+(i+1)} \]

然后我们可以化简一下系数，发现这些\(1\)和\(-1\)恰好抵消了，得到：

\[\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{j-i}m^{n-j+i} \]

然后我们拎出\(m^{n-j}\)，就可以得到：

\[\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{j-i}m^i \]

那这样有什么好处呢？

回想一下二项式定理：\((x+y)^n=\sum_{i=0}^{n-1}x^iy^{n-i}\)。

这似乎与上面式子的后半部分有几分相似。

于是就可以化简得到：

\[\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}((m-1)+m)^j=\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}(2m-1)^j \]

这个式子可以\(O(nlogn)\)快速幂计算，也可以直接\(O(n)\)计算。

总而言之，可以过了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000000
#define X 1000000007
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m;
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}//快速幂
int main()
{
    RI i,ans,p1,p2,b1,b2;
    scanf("%d%d",&n,&m),ans=p1=Qpow(m,n),p2=1,b1=Qinv(m),b2=(1LL*2*m-1)%X;//初始化
    for(i=0;i^n;++i) Inc(ans,1LL*p1*p2%X),p1=1LL*p1*b1%X,p2=1LL*p2*b2%X;//O(n)计算答案
    return printf("%d",ans),0;//输出答案
}