BZOJ.4559.[JLOI2016]成绩比较(DP/容斥 拉格朗日插值)

BZOJ
洛谷

为什么已经9点了...我写了多久...

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\(Description\)
有\(n\)个人，\(m\)门课，每个人在每门课的得分是一个\([1,u_i ]\)之间的整数。
你知道自己在每门课的排名\(r_i\)，即有\(r_i-1\)个人得分高于你，\(n-r_i\)个人得分不高于你（不含自己）。
求你恰好碾压k个人的方案数，a碾压b的含义为a每门课的得分都不低于b的得分。
\(n,m\leq 100,u_i \leq 10^{9}\)。

\(Solution\)
求方案数，考虑DP...
\(f[i][j]\)表示到第\(i\)门课，还有\(j\)人会被碾压的方案数。
那么

\[f[i][j]=\sum_{k=j}^{n-1}f[i-1][k]\times C_k^{k-j}\times C_{n-1-k}^{R_i-1-(k-j)}\times g[i] \]

就是先从\(k\)人中选出\(k-j\)在\(i\)这门课比B神得分高，然后再从剩下\(n-1-k\)个人中选\(R_i-1-(k-j)\)个比B神得分高的。
对于排名限制，\(g[i]\)表示对\(i\)这门课分配得分使得有\(R_i-1\)个人得分比B神高的方案数。直接枚举一下B神得分：

\[g[i]=\sum_{j=1}^{U_i}j^{n-R_i}(U_i-j)^{R_i-1} \]

不难看出这是一个关于\(U_i\)的\(n\)次的多项式。拉格朗日插值算一下就好了。
（不对为啥是\(n\)次的不是\(n-1\)次的啊QAQ求路过dalao解答QAQ）（因为多一个\(\sum\)？）

复杂度\(O(n^3\log n)\)。
因为求\(g\)在某点的值的时候要\(n\)次快速幂。。看了半天题解也没看懂怎么优化掉这个。但是有更好的做法：here or here，是\(n^3\)的。
不管了反正这个\(\log\)也不大。
用容斥做也可以，瓶颈也是在于求\(g\)。。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=105;

int ifac[N],y[N];

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
	int t=1;
	for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
		if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
	return t;
}
int Lagrange(int *y,const int n,const int x)
{
	static int pre[N],suf[N];
	pre[0]=x, suf[n+1]=1;
	for(int i=n; i; --i) suf[i]=1ll*suf[i+1]*(x+mod-i)%mod;
	for(int i=1; i<n; ++i) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(x+mod-i)%mod;
	LL ans=0;
	for(int i=0,up,down; i<=n; ++i)
	{
		if(i) up=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%mod*y[i]%mod;
		else up=1ll*suf[i+1]*y[i]%mod;
		down=(n-i)&1?mod-1ll*ifac[i]*ifac[n-i]%mod:1ll*ifac[i]*ifac[n-i]%mod;
		ans+=1ll*up*down%mod;
	}
	return ans%mod;
}

int main()
{
	static int C[N][N],f[N][N],U[N],R[N];

	int n=read(),m=read(),K=read(),fac=1;
	for(int i=2; i<=n; ++i) fac=1ll*fac*i%mod;
	ifac[n]=FP(fac,mod-2);
	for(int i=n; i; --i) ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
	C[0][0]=1;//!
	for(int i=1; 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(C[i][j]);
	}
	for(int i=1; i<=m; ++i) U[i]=read();
	for(int i=1; i<=m; ++i) R[i]=read();

	f[0][n-1]=1;
	for(int i=1; i<=m; ++i)
	{
		int Ri=R[i];
		for(int x=1; x<=n; ++x)
		{
			LL tmp=0;
			for(int j=1; j<=x; ++j) tmp+=1ll*FP(j,n-Ri)*FP(x-j,Ri-1)%mod;//这里j要枚举到x，因为0^0=1！...
			y[x]=tmp%mod;
		}
		int g=Lagrange(y,n,U[i]);
		for(int j=K; Ri+j<=n; ++j)
		{
			LL tmp=0;
			for(int k=j; k<n; ++k)
				if(k-j<Ri) tmp+=1ll*f[i-1][k]*C[k][j]%mod*C[n-1-k][Ri-1-k+j]%mod;
				else break;
			f[i][j]=tmp%mod*g%mod;
		}
	}
	printf("%d\n",f[m][K]);

	return 0;
}