P4351 学习笔记

个人感觉这个题还是出得很好的，尤其是推式子有一步刚刚好吻合。

题目给了一个类似递推的式子，还给了矩阵的第一列 \(l_i\) 和第一行 \(t_i\)，求 \(F{n,n}\)。

我们注意到 \(l_i\) 和 \(t_i\) 都是会被重复计算的。

所以我们计算其对于此矩阵的贡献（对于 \(F_{n,n}\) 的贡献）即可。

• 位于 \((k,1)\) 的 \(x\)：我们稍微推一下，下表中记录 \(x\) 的系数

\(l_1\)	\(t_2\)	\(t_3\)	\(t_4\)	\(t_5\)
\(l_2\)
\(l_3\)
\(l_4\)	\(al_4\)	\(a^2l_4\)	\(a^3l_4\)	\(a^4l_4\)
\(l_5\)	\(abl_4\)	\(2a^2bl_4\)	\(3a^3bl_4\)	\(4a^4bl_4\)

（上表中以 \(k=4\) 为例）

注意到 \(F_{5,5}\) 的 \(l_4\) 项系数是 \(4a^4b\)，即

\[C_{2n-i-2}^{n-i} a^ib^{n-i} \]

即通项公式

• 位于 \((1,k)\) 的 \(x\) 还是可以退一下，下表中记录：

\(l_1,t_1\)	\(t_2\)	\(t_3\)	\(t_4\)	\(t_5\)
\(l_2\)		\(bt_3\)	\(abt_3\)	\(a^2bt_3\)
\(l_3\)		\(b^2t_3\)	\(2ab^2t_3\)	\(3a^2b^2t_3\)
\(l_4\)		\(b^3t_3\)	\(3ab^3t_3\)	\(6a^2b^3t_3\)
\(l_5\)		\(b^4t_3\)	\(4ab^4t_3\)	\(10a^2b^4t_3\)

注意到 \(F_{5,5}\) 的 \(t_3\) 项系数为 \(10a^2b^4\)，即

\[C_{2n-i-2}^{n-i} a^{n-i}b^i \]

在上面推的过程中你就会发现 \(F_{i,j-1}\) 和 \(F_{i-1,j}\) 及其对称，上面算出的结果也验证了这一点。

别忘了 \(+c\)（我怎么感觉我在写积分）

\[c\sum_{i=2}^n \sum_{j=2}^n C_{2n-i-j}^{n-i} a^{n-i} b^{n-j} \]

接下来考虑如何化简，令 \(k=2n-i-j\)，则原式即为

\[c\sum_{i=2}^n \sum_{j=2}^n C_{k}^{n-i} a^{n-i}b_{n-j} \]

我们考虑改成枚举 \(k\) 和 \(i\)，即

\[c\sum_{k=0}^{2n-4} \sum_{i=\max(k-n+2,0)}^{\min(k, n-2)} C_k^i a^{k-i}b^i \]

由于 \(i\) 的求和上下界有 \(\min\) 有 \(\max\)，考虑直接分成 \(i=k-n+2\) 开始的和 \(i=0\) 开始的，即 \(k-n+2 \ge 0\) 和 \(k-n+2<0\)，即 \(k \le n-2\) 和 \(k>n-2\)，正好对应 \(\min(k,n-2)\) 的条件（巧妙！）

\[c\sum_{k=0}^{n-2} \sum_{i=0}^k C_k^ia^{k-i}b_i+c\sum_{k=n-1}^{4n-2} \sum_{i=k-n+2}^{n-2} C_k^i a^{k-i} b^i \]

前面部分中你会找到一个二项式定理

\[\sum_{i=0}^k C_k^i a^{k-i} b^i=(a+b)^k \]

那么变成了

\[c\sum_{k=0}^{n-2} (a+b)^k+c\sum_{k=n-i}^{4n-2} \sum_{i=k-n+2}^{n-2} C_k^i a^{k-i}b^i \]

后面我们并不好变形，我们令

\[f_k=\sum_{k-(n-2)}^{n-2} C_k^i a^{k-i} b^i \]

变成

\[c\sum_{k=0}^{n-2} (a+b)^k+c\sum_{k=n-i}^{4n-2} f_k \]

所以根据组合数的递推公式，有递推式

\[f_k=(a+b)f_{k-1}-C_{k-1}^{k-n+1} a^{n-1} b^{k-n+1}-C_{k-1}^{n-2} a^{k-n+1}b^{n-1} \]

以优秀的时间复杂度 \(O(n)\) 解决了这道题。

写代码的时候我还用 Lucas 定理加速了一下，不加速应该也能过。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define pub public:
#define pri private:
#define fri friend:
#define Ofile(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen (s".out", "w", stdout)
#define Cfile(s) fclose(stdin), fclose(stdout)
#define fast ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);
using namespace std;

using uint = unsigned int;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using lb = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pll = pair<ll, ll>;
using pil = pair<int, ll>;
using pli = pair<ll, int>;

constexpr int mod = 1e6 + 3;
constexpr int maxn = 2e5 + 5;

ll n, a, b, c;
ll ans;

ll t[maxn], l[maxn];
ll powa[maxn], powb[maxn]; // a 和 b 的乘方
ll f[maxn << 1], fac[maxn << 1]; // 阶乘和 f
ll facv[maxn << 1]; // 进一步加速组合数计算

ll binpow(ll a, ll b, ll p){ // 快速幂
	ll res = 1;
	while (b){
		if (b & 1)
			res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll C(ll n, ll m, ll p){ // 计算组合数
	if (n < m)
		return 0;
	return fac[n] * facv[m] % p * facv[n - m] % p;
}

ll Lucas(ll n, ll m, ll p){ // Lucas 加速
	if (!m)
		return 1;
	return Lucas(n / p, m / p, p) % p * C(n % p, m % p, p) % p;
}

void init() {
	fac[1] = 1;
	for (ll i = 2; i <= (n << 1); i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	powa[0] = powb[0] = 1;
	for (ll i = 1; i <= n; i++){
		powa[i] = powa[i - 1] * a % mod;
		powb[i] = powb[i - 1] * b % mod;
	}
	facv[n << 1] = binpow(fac[n << 1], mod - 2, mod);
	for (ll i = (n << 1) - 1; i >= 0; i--)
		facv[i] = facv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

ll calcf(ll k){
	ll res = 0;
	for (ll i = k - (n - 2); i <= (n - 2); i++)
		res += Lucas(k, i, mod) * powb[i] % mod * powa[k - i] % mod, res %= mod;
	return res;
}

int main() {
	freopen("std.in", "r", stdin);
	freopen("std.out", "w", stdout);
	fast;
	cin >> n >> a >> b >> c;
	for (ll i = 1; i <= n; i++)
		cin >> l[i];
	for (ll i = 1; i <= n; i++)
		cin >> t[i];
	init();
	ll res = 1;
	for (ll i = 0; i <= n - 2; i++){
		if (i) res = (a + b) * res % mod;
		ans = (ans + c * res % mod) % mod; // 计算前半部分
	}
	for (ll i = 2; i <= n; i++){
		ll cur_res = Lucas(2 * n - i - 2, n - i, mod) * powa[n - 1] % mod * powb[n - i] % mod * l[i];
		ans = (ans + cur_res) % mod; // 贡献1
	}
	for (ll i = 2; i <= n; i++){
		ll cur_res = Lucas(2 * n - i - 2, n - i, mod) * powa[n - i] % mod * powb[n - 1] % mod * t[i];
		ans = (ans + cur_res) % mod; // 贡献二
	}
	f[n - 1] = calcf(n - 1);
	for (ll k = n - 1; k <= 2 * n - 4; k++){
		if (k != n - 1){
			f[k] = f[k - 1] * (a + b) % mod - Lucas(k - 1, k - n + 1, mod) * powa[n - 1] % mod * powb[k - n + 1] % mod + mod - Lucas(k - 1, n - 2, mod) * powa[k - n + 1] % mod * powb[n - 1] % mod;
			f[k] = (f[k] + mod) % mod;
		}
		ans = (ans + c * f[k] % mod) % mod; // 计算 f
	}
	cout << ans;
	return 0;
}