NOI Online 2021 Round 1 提高组 愤怒的小 N

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P7468 [NOI Online 2021 提高组] 愤怒的小 N

题目大意

有一个无穷 \(ab\) 串 \(S\) 和一个二进制正整数 \(n\)，\(S\) 通过如下方式构造：

• \(S\) 初始时为包含单个字符 \(a\) 的字符串
• 每次我们将 \(S\) 中的 \(a\) 换成 \(b\) ，\(b\) 换为 \(a\) ，然后将我们修改过后的串添加到原串后面

若 \(S_i=b (0\leq i<n)\)，则有贡献 \(f(i)\) ，其中 \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{k-1}x^{k-1}\) 是一个固定的 \(k-1\) 次多项式。现在请求出贡献总和对 \(10^9+7\) 取模后的结果。

\(log_2n\leq5\times10^5\)， \(k\leq 500\)

思路

这个二进制的提示很明显，我们仔细观察 \(S_i=b\) 的位置，可以发现都是 \(i\) 的二进制中 \(1\) 的个数为奇数的地方，根据这个性质，我们做一个数位 \(dp\)，设 \(dp_{i,j,0/1}\) 为二进制前 \(i\) 位中 “二进制中 \(1\) 的数量为偶数/奇数的数字” 的 \(j\) 次方之和，有这样的转移式：

• \(dp_{0,0,0}=1\)
• 设 \(T_{i,0/1}\) 为前 \(i\) 位中 “ \(1\) 的数量为偶数/奇数的数字” 的集合
• \(dp_{i,j,p}=dp_{i-1,j,p}+\sum_{x\in T_{i-1,!p}}(x+2^{i-1})^j\)

注意到 \(k\) 只有 \(500\) 的级别，我们可以直接对式子二项式展开：

\[dp_{i,j,p}=dp_{i-1,j,p}+\sum_{l=0}^j dp_{i-1,j-l,!p}\cdot2^{(i-1)*l}\cdot\binom{j}{l} \]

可以发现 \(i\) 这一维可以滚动掉，空间压成 \(O(k)\) 的，我们得到了一个 \(O(k^2log_2n)\) 的 \(dp\)，计算答案时从前往后一位位贴着 \(n\) 同样用二项式即可。

这个做法可以获得 \(60pts\) 的好成绩，考虑继续优化，接下来就是暂时超出我的考场能力水平的操作了：

仔细观察递推式（实际考场上都是打表发现的），首先 \(dp_{1,0,0}=dp_{1,0,1}=1\)，而每次 \(dp_{i,j,0}\) 和 \(dp_{i,j,1}\) 都会受到 \(dp_{i-1,j,0}+dp_{i-1,j,1}\) 的贡献，而若在 \(x\leq j-1\) 时都满足了 \(dp_{i-1,x,0}=dp_{i-1,x,1}\)，那么这一轮将有 \(dp_{i,j,0}=dp_{i,j,1}\)。

这么一轮轮滚下去，当 \(i\geq k\) 时，所有的 \(dp_{i,j,0}\) 都和 \(dp_{i,j,1}\) 相等了，从而奇数的贡献便是总贡献的 \(\frac{1}{2}\)，根据这一点，我们先计算 \(\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}f(i)=\frac{1}{2}\sum_{l=0}^{k-1}(a_l\sum_{i=0}^{n-1}i^l)\) ，然后再去对答案进行调整，对于 \(n\) 的后 \(k\) 位用 \(dp\) 去贴近，加上 \(\frac{1}{2}(奇数-偶数)\) 。

接下来我们考虑怎么计算 \(\sum_{i=0}^{n-1}i^l\)，一般化地，\(\sum_{i=0}^n i^m\)

关于第二类斯特林数，有这样一个式子：

\[n^m=\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}i!\binom{n}{i} \]

感性理解：有 \(m\) 个不同的球要放到 \(n\) 个不同的盒子里，\(i\) 为非空的盒子数量，

\(\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}\)：\(n\) 个盒子里选 \(i\) 个放，\(\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\)：把 \(m\) 个球放进去，由于这里没有顺序，所以再乘上一个 \(i!\)

利用这个：

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}i^m&=\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}j!\binom{i}{j}\\ &=\sum_{j=0}^m j!\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=1}^{n}\binom{i}{j}\\ &=\sum_{j=0}^m j!\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\binom{n+1}{j+1}\\ &=\sum_{j=0}^m\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\frac{(n-1)^\underline{j+1}}{j+1} \end{aligned} \]

通过 \(O(k^2)\) 预处理斯特林数，我们可以 \(O(k)\) 搞定这个求和，进而 \(O(k^2)\) 求上面那个式子。

最终，我们 \(O(log_2n+k^3)\) 地解决了本题。

实现细节

• 逼近 \(n\) 的后 \(k\) 位时，不要忘记时刻更新当前奇偶情况。
• \(500^3=1.25e8\)，而本题时限 \(1s\)，所以尽量把 \(\binom{n}{m}\) 、 \(2^i\) 和 “ \(n\) 前 \(i\) 位的 \(j\) 次方” 之类的东西全都预处理好。
• 如果预处理是带参数进去的，记住参数要写 max(2,k)，不然会在 \(k=1\) 的点上挂掉。

Code

#include<iostream>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,b,a) for(int i=(b);i>=(a);i--)
#define M 504
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll frac[M],C[M][M],S[M][M];
ll inv[M],pow[M*M],a[M],num;
ll dp[M][2],bef[M],p_bef[M][M];
string n;
int k,len;
void prework(int m){
    inv[1]=1,S[0][0]=1,C[0][0]=1,pow[0]=1;
    rep(i,2,m)inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;
    rep(i,1,m)rep(j,1,k)S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;
    rep(i,1,m){
        C[i][0]=1;
        rep(j,1,i)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    rep(i,1,m*m)pow[i]=(pow[i-1]*2)%mod;
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    rep(i,0,k-1)cin>>a[i];
    len=n.size();
    prework(max(2,k));
    int parity=0;
    rep(i,0,len-1){
        int t=len-i-1;
        if(t<=k){
            bef[t]=num*pow[t+1]%mod;
            ll mul=1;
            rep(j,0,k-1)p_bef[t][j]=mul,(mul*=bef[t])%=mod;
        }
        num=(num*2+(n[i]=='1'))%mod;
        parity^=(n[i]=='1');
    }
    ll minus[2]={0,0};
    dp[0][0]=1;
    rep(i,0,min(len-1,k)){
        if(i)per(j,k-1,0){
            ll val[2]={dp[j][0],dp[j][1]};
            rep(_,0,1) rep(l,0,j)
                (val[_]+=pow[(i-1)*l]*dp[j-l][1-_]%mod*C[j][l])%=mod;
            dp[j][0]=val[0],dp[j][1]=val[1];
        }
        if(n[len-i-1]=='1'){
            parity^=1;
            rep(_,0,1)rep(_k,0,k-1){
                ll tot=0;
                rep(j,0,_k)(tot+=p_bef[i][j]*dp[_k-j][_]%mod*C[_k][j]%mod)%=mod;
                (minus[parity^_]+=a[_k]*tot%mod)%=mod;
            }
        }
    }
    ll sum=0;
    rep(i,0,k-1){
        ll mul=1,tot=0;
        rep(j,0,i){
            (mul*=num-j)%=mod;
            (tot+=S[i][j]*mul%mod*inv[j+1]%mod)%=mod;
        }
        (sum+=a[i]*tot%mod)%=mod;
    }
    cout<<(sum+minus[1]-minus[0]+mod)*inv[2]%mod<<endl;
    return 0;
}