CF961G Partitions Solution

• CF961G Partitions

这题好神啊 ... 我发现我一直 WA5 的原因是开始统计和的时候没有取模（
然后就想着写篇题解记录一下 ...

首先题目不是要求一个和吗。

那么通过人类智慧发现很显然所有数出现的次数都是一样的。
也就是说最后的和式必然是 $...\times \sum\limits_{i=1}^nw_i$ 这样的形式。

那么不妨将前面的系数设为 $p$。

我们对于这个问题其实可以用 DP 的思想来解决。
我们对于求整个柿子的系数，直接考虑枚举子集大小。
然后就可以发现我们当前选了 $i$ 个，然后算出自己集合的方案和别的集合的方案即可。
最后相乘累加就是答案，其中运用的是第二类斯特林数的思想。

第二类斯特林数就解决的是这样一类问题：

• $n$ 个物品放入 $m$ 个不同集合中，求集合非空的总方案数。

想要研究的同学可以自行研究，这里不再赘述。

所以就可以得到系数 $p$ 变成了下面的柿子。

$$p=\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}S_2(n-i,k-1)$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}\dfrac{1}{(k-1)!}\sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^j\binom{k-1}{j}(k-j-1)^{n-i}$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}\dfrac{1}{(k-1)!}\sum\limits_{j=0}^{k-1}(-1)^j\dfrac{(k-1)!}{j!\times(k-j-1)!}(k-j-1)^{n-i}$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}\sum\limits_{j=0}^{k-1}\dfrac{(-1)^j(k-j-1)^{n-i}}{j!\times(k-j-1)!}$$

$$=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\dfrac{(-1)^j}{j!\times(k-j-1)!}\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}(k-j-1)^{n-i}$$

注意上面将 $j$ 的和式提前了，这显然是正确的。
因为分母相同相加分母不变，然后 $-1$ 的系数显然只和 $j$ 有关。
但是分子剩下的部分 $(k-j-1)^{n-i}$ 显然和 $i$ 和 $j$ 都有关。
所以为了方便后面的推导，这里直接将 $j$ 提前作为后面那一堆和的系数。
这里说的 方便推导 其实也没有什么非常清晰的界定，只是这部分可以简单解决。
当然不排除有暴力老哥直接卷的情况。（
其实我也不知道可不可以卷，因为我没学多项式（（

所以看到一大堆阶乘，在保证答案正确性的情况下，直接从一大堆柿子里面拎出来是必要的。

然后后面那个 $(k-j-1)$ 看起来特别丑，弄成 $s$。

$$\sum\limits_{i=1}^ni\binom{n-1}{i-1}s^{n-i}$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ni\times s^{n-i}\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}$$

为了约分上面的组合数拆开了。

然后有一个 trick，
看到分母有一个 $i-1$，看到前面的系数 $i$，
所以把那个 $i$ 给拆掉，拆成 $i=i-1+1$。

所以有

$$=\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\times(i-1+1)\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}[(i-1)\times \dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}+\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}]$$

$$=\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}(i-1)\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}+\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}$$

然后约掉共同的 $i-1$。

$$=\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\dfrac{(n-1)!}{(i-2)! \times (n-i)!}+\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{(n-1)!}{(i-1)! \times (n-i)!}$$

再重新写成方便的组合数形式。

$$=\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-1}{i-2}+\sum_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-1}{i-1}$$

由于这个上下不统一所以把 $(n-1)$ 提出来。

$$=(n-1)\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-2}{i-2}+\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-1}{i-1}$$

然后发现这个玩意儿好像很不好算，
所以变成下面这样，因为 $\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}$。

$$=(n-1)\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-2}{n-i}+\sum\limits_{i=1}^ns^{n-i}\binom{n-1}{n-i}$$

然后根据那个什么柿子的展开，就是杨辉三角的系数，
观察到 $n-i$ 的共同部分可以运用上这个公式，
可以发现这个可以直接把组合数拆开变成幂。

实际上那个 $\sum\limits_{i=1}^n$ 有一些项应该是不能算的，因为组合数其实等于 $0$。
所以根据 $(a+b)^n$ 的系数其实就是组合数，可以直接代进去。

即 $(a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i$。

应该长成这样吧，不太确定有没有问题。

所以又可以化简成下面那样。

$$=(n-1)(s+1)^{n-2}+(s+1)^{n-1}$$

$$=(s+1)^{n-2}(s+1+n-1)$$

$$=(s+1)^{n-2}(s+n)$$

然后就可以代回去了。

$$p=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\dfrac{(-1)^j}{j!\times(k-j-1)!}[(n-1)(k-j)^{n-2}+(k-j)^{n-1}]$$

$$=\sum\limits_{j=0}^{k-1}\dfrac{(-1)^j}{j!\times(k-j-1)!}(k-j)^{n-2}(n+k-j-1)$$

所以就可以得出代码了。
时间复杂度 $\Theta(k \log \text{Mod})$。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n, k, cnt, sum, a, jc[N];

void init() {
  jc[0] = jc[1] = 1ll;
  for (int i=2; i<=k; ++i)
    jc[i] = jc[i-1] * i % MOD;
    // 预处理阶乘
  return ;
}

int qpow(int bas, int pw) {
  int mult = 1ll;
  while (pw) {
    if (pw & 1ll) mult = mult * bas % MOD;
    bas = bas * bas % MOD;
    pw /= 2;
    // 貌似是个 UB，不能写 >>=1ll
  } return mult;
}

int inv(int x) { return qpow(x, MOD-2); }

signed main() {
//   freopen("sum.in", "r", stdin);
  // freopen("sum.out", "w", stdout);
  scanf("%lld%lld", &n, &k); init();
  for (int i=1; i<=n; ++i)
    scanf("%lld", &a), cnt = (cnt + a) % MOD;
  int Sum = 0;
  for (int i=0; i<k; ++i) {
    int cur = inv(jc[i]);
    cur = cur * inv(jc[k-i-1]) % MOD;
    int f = i&1? -1 : 1;
    cur = f * cur % MOD, cur = (cur % MOD + MOD) % MOD;
    cur = cur * qpow(k-i, n-2) % MOD;
    cur = cur * (n+k-i-1) % MOD;
    Sum = (Sum + cur) % MOD;
    // 对于分母求逆元再乘分子，基本操作
  }
  cout << Sum * cnt % MOD << endl;
  return 0;
}