题解 P3270【[JLOI2016]成绩比较】

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本文参考神仙 $\color{black}\texttt{R}\color{red}\texttt{edpojoe}$ 的题解。

题意

有 $n$ 名学生，$m$ 名课程，一位同学在第 $i$ 门课程中可被评为 $[1,u_i]$ 范围内的分数。其中有一位同学，在第 $i$ 门课程中排名 $r_i$，其余 $n-1$ 名同学中有 $k$ 名每门的分数都不高于这位同学。

求方案数，对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n,m\le100,1\le u_i\le10^9$

思路

首先我们将问题用乘法原理划分：

• 从 $n-1$ 个同学中选出 $k$ 个同学被 B 神碾压的方案数；
• 剩余 $n-k-1$ 个同学在课程中与 B 神成绩的大小关系的方案数；
• 每科中每名同学具体成绩方案数。

第一部分

答案显然为 $\displaystyle\binom{n-1}{k}$。

第二部分

我们仍可以使用乘法原理将问题分解为单科的子问题，第 $i$ 科中，比 B 神高的只有 $r_i-1$ 名，则方案数为 $\displaystyle\binom{n-k-1}{r_i-1}$。

但是我们求出的只是有不超过 $k$ 人被碾压，因为我们需要保证 $n-k-1$ 个人都被选中了至少一次，我们设$$f_i=\prod_{j=1}^m\binom{n-i-1}{r_j-1}$$ 即不超过 $k$ 人被碾压时的方案数，容斥后得到答案为$$\sum_{i=1}^{n-k-1}(-1)^{i+1}f_{n-k-i}\binom{n-k-1}{i-1}$$

第三部分

拆分为单科后设 $G(u,a,b)$ 表示分数上限为 $u$，有 $a$ 人比 B 神高，$b$ 人不比 B 神高的方案数，显然：$$G_{u,a,b}=\sum_{i=0}^{u-1}i^a(u-i)^b$$

直接暴力求则会得到一个 $O(n^2+nm+mv\log n)$ 的暴力（$v=\max\{u_i\}$），无法通过。

接下来可以通过二项式定理展开+拉格朗日插值求自然数 $k$ 次幂和的方法解决，不过我们这里使用神仙 $\color{black}\texttt{R}\color{red}\texttt{edpojoe}$ 的做法：枚举 $n$ 人有 $i$ 种得分的方案数，设为 $d_i$，算出每类的方案数之和即可。

可以得出，$n$ 人有不超过 $i$ 种得分的方案数为$$\binom{u}{i}G_{i,a,b}$$ 为了得出 $d_i$，我们考虑容斥，易得$$d_i=\binom{u}{i}\left(G_{i,a,b}-\sum_{j=1}^{i-1}d_j\binom{i}{j}\right)$$ 设 $\displaystyle G'_{u,a,b}=\sum_{i=1}^nd_i=\sum_{i=1}^n\binom{u}{i}\left(G_{i,a,b}-\sum_{j=1}^{i-1}d_j\binom{i}{j}\right)$，这部分的答案即为$$\prod_{i=1}^nG'_{u_i,r_i-1,n-r_i}$$

则最终答案为三部分乘在一起。

$O(n^2)$ 预处理组合数和 $i^j$（$1\le i,j\le n$），则三部分复杂度分别为 $O(1),O(nm),O(n^2m)$，总时间复杂度为 $O(n^2m)$，且此方法码量较少。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff

}
const int N=100+10,mod=1e9+7;
int n,m,k,u[N],r[N];
int C[N][N],pw[N][N],inv[N];
inline int qpow(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
inline void Prefix(int n){
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++){
        pw[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            pw[i][j]=1ll*pw[i][j-1]*i%mod;
    }
}
inline int Type1(){
    return C[n-1][k];
}
inline int F(int n){
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans=1ll*ans*C[n][r[i]-1]%mod;
    return ans;
}
inline int Type2(){
    int t=n-k-1;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<t;i++){
        int tmp=1ll*F(t-i)*C[t][i]%mod;
        ans=(ans+(i&1?mod-tmp:tmp))%mod;
    }
    return ans;
}
int D[N];
inline int G(int n,int a,int b){
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        ans=(ans+1ll*pw[i][a]*pw[n-i][b])%mod;
    return ans;
}
inline int Gpi(int u,int a,int b){
    int ans=0,tmp=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        D[i]=G(i,a,b);
        for(int j=1;j<i;j++)
            D[i]=(D[i]+mod-1ll*D[j]*C[i][j]%mod)%mod;
        tmp=1ll*tmp*(u-i+1)%mod*inv[i]%mod;
        ans=(ans+1ll*tmp*D[i])%mod;
    }
    return ans;
}
inline int Type3(){
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans=1ll*ans*Gpi(u[i],r[i]-1,n-r[i])%mod;
    return ans;
}
int main(){
    Prefix(N-10);
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        u[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        r[i]=read();
    write(1ll*Type1()*Type2()%mod*Type3()%mod);
    flush();
}

再见 qwq~