传统题

题面

$\quad$ 我们记 $F(x)$ 为 $x$ 为真的方案数，$len$ 为序列最长连续相同子段长度。

$\quad$ 那么就有：

$$ans=\sum _{i=1}^{n}F(len=i)*i$$

$\quad$ 也就是：

$$\sum _{i=1}^{n}F(len>=i)$$

$\quad$ 这里可以画个图，发现结果形如三角形，即可得出上式。再改变一下形式：

$$ans=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}F(len<=i)$$

$\quad$ 然后考虑如何求解 $F(len<=i)$ ，我们枚举这个序列分为 $j$ 个区间，这些区间中元素的颜色一致且相邻区间颜色不同。可以发现，这样覆盖了全部的情况。

$\quad$ 发现所有区间的长度都小于等于 $i$ 比较难做，没有限制的直接插空即可解决，所以我们考虑容斥，枚举这 $j$ 个区间里有 $k$ 个是长度大于 $i$ 的，然后对于每一个枚举出来的 $k$ ，我们将这几个区间长度减去 $i$ ，那么这个问题就可以拿插空做了。于是得出式子：

$$ans=nm ^{n}-\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n}m(m-1) ^{j-1}\sum _{k=0}^{j}(-1) ^{k} C _{j}^{k} C _{n-ik-1}^{j-1}$$

$\quad$ 我们更换枚举顺序：

$$\begin{aligned} ans&=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{n}(-1) ^{k}m\sum _{j=k}^{n}(m-1) ^{j-1}C _{j}^{k} C _{n-ik-1}^{j-1}\\ &=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{n}(-1) ^{k}m(n-ik) ^{-1}\sum _{j=k}^{n}(m-1) ^{j-1}C _{j}^{k} C _{n-ik}^{j}j \end{aligned}$$

$\quad$ 现在看最后那个和式的组合意义。

$\quad$ 我们在 $n-ik$ 个数中先选出 $j$ 个数，再在这 $j$ 个数中选出 $k$ 个数，然后在 $j$ 中选出一个数（下文记作 $x$ ）不染色，并对剩下的 $j-1$ 个数染色，（这里的染色就是确定每个元素的种类，并且每个数只有 $m-1$ 种可能）。

$\quad$ 然后我们可以先选出这 $k$ 个数，然后再选出 $x$（注意 $x$ 可以在那 $k$ 个数中），然后去找能够包含他们的、大小为 $j$ 的集合，并对集合中剩下的元素染色。

$\quad$ 对于现已经选择的数之外的数，他可以是选或不选，如果选了就有 $m-1$ 种可能，那么就可以直接看做是给这些数染色，不过这里的每个元素有 $m$ 种可能。

$\quad$ 那么这个时候 $x$ 的位置就很重要了，这里就分出两种情况， $x$ 在选出的 $k$ 个数里、$x$ 不在那 $k$ 个数里。

$\quad$ 当 $x$ 在那 $k$ 个数中时，答案就是 $C _{k}^{1}(m-1) ^{k-1}m ^{n-ik}$ ，也就是先确定出 $x$ 的可能，然后对剩下的 $k-1$ 个元素染色，再对这 $k$ 个数外的的元素染色。注意这两种元素的染色可能数并不相同，见上文。

$\quad$ 当 $x$ 不在那 $k$ 个数里时，答案就是 $C _{n-ik}^{1}(m-1) ^{n-ik-1} m ^{k}$ 。原理和上一种情况一样。

$\quad$ 那么我们就得出了最终的答案：

$$ans=nm ^{n}-m\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{\lfloor\frac{n}{i+1}\rfloor}(-1) ^{k}(n-ik) ^{-1}[k((m-1) ^{k-1}m ^{n-ik})+(n-ik-1)(m-1) ^{n-ik-1} m ^{k}]$$

点击查看代码

#define yhl 0 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e5+10;
int n,m,p,ans,fmo[N],fm[N],fact[N],ny[N],iv[N];
inline int calc(int i,int k){return (k?k*fmo[k-1]%p*fm[n-i*k-k]%p:0+(n-i*k-k)?fmo[k]*(n-i*k-k)%p*fm[n-i*k-k-1]%p)%p:0;}
inline int qum(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        (b&1)&&(ans=ans*a%p);
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline int C(int n,int m){return fact[n]*ny[n-m]%p*ny[m]%p;}
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    fmo[yhl]=fm[yhl]=fact[yhl]=ny[yhl]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fmo[i]=fmo[i-1]*(m-1)%p;
        fm[i]=fm[i-1]*m%p;
        fact[i]=fact[i-1]*i%p;
    }
    ny[n]=qum(fact[n],p-2);
    for(int i=n-1;i;i--)ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%p;
    for(int i=1;i<=n;i++)iv[i]=fact[i-1]*ny[i]%p;
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int k=yhl;k<=n/(i+1);k++){
            ans=(ans+(-1*(k&1)+1*((k&1)^1))*iv[n-i*k]%p*C(n-i*k,k)%p*calc(i,k)%p+p)%p;
        }
    }
    ans=(n*qum(m,n)%p-m*ans%p+p)%p;
    printf("%lld",ans);
    return yhl;
}

后记

$\quad$ 开始推式子的时候看 $C _{j}^{k} C _{n-ik}^{j}$ 不是很顺眼，然后就给它展开凑项变成了 $C _{n-ik}^{k}C _{n-ik-k}^{j-k}$ ，然后发现这个东西是可以推广的，也就是：

$$C _{n}^{m}C _{q}^{n}=C _{q}^{m}C _{q-m}^{q-n}$$

$\quad$ 证明：

$$C _{n}^{m}C _{q}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\frac{q!}{n!(q-n)!}=\frac{q!}{m!(q-m)!}\frac{(q-m)!}{(q-n)!(n-m)!}=C _{q}^{m}C _{q-m}^{q-n}$$

$\quad$ 然后以为自己发现了什么了不得的东西，但是一想自己没那么厉害，怎么可能发现了前人没发现的东西，搜了一下发现在《具体数学》里提及了。