【动态规划】集训队互测2012 calc

【动态规划】集训队互测2012 calc

题目描述

一个序列 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 是合法的，当且仅当：

• $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 都是 $[1,k]$ 中的整数。
• $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 互不相等。

一个序列的值定义为它里面所有数的乘积，即 $a_1\times a_2\times \cdots \times a_n$。

求所有不同合法序列的值的和对 $p$ 取模后的结果。两个序列不同当且仅当他们任意一位不同。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$k\le {10}^9$，$n\le 500$，$p\le {10}^9$，保证 $p$ 为素数，保证 $n+1<k<p$。

前置芝士：拉格朗日插值

算法描述

考虑dp，我们发现如果乱序不是很好dp，所以我们假设序列递增，最后乘上一个$n!$就好了。我们设$d{p}_{i,j}$表示前$i$个数用$[1,j]$凑成的合法序列值之和，则有以下转移：

第$i$个数是$j$：$d{p}_{i,j}+=d{p}_{i-1,j-1}\ast j$

第$i$个数不是$j$：$d{p}_{i,j}+=d{p}_{i,j-1}$

所以

$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}\ast j+d{p}_{i,j-1}$$

最后答案就是$d{p}_{n,k}\ast n!$，时间复杂度$O(nk)$

黑题切了

然而我们发现$k\le {10}^9$，并不能通过此题，那么如何加速这个式子呢？

考虑到$k$很大，我们试图将复杂度变得只和$n$有关，这个dp式子有一个性质：它只由乘法和加法组成，而且是一个没有$min、max$，没有多种情况的递推式。并且在$n$一定的情况下，$d{p}_{n,j}$只与$j$有关，我们不妨大胆假设$d{p}_{n,j}$是一个关于$j$的多项式，设它的次数是$g(n)$。

首先有一结论：

设多项式$f(x)$的次数是$n$，那么它的差分$f(x)-f(x-1)$的次数是$n-1$

所以我们可以知道，$d{p}_{n,j}-d{p}_{n,j-1}$的次数是$g(n)-1$

通过递推式，我们可以得出：

$$d{p}_{n,j}-d{p}_{n,j-1}=j\ast d{p}_{n-1,j-1}$$

因为$dp$是关于$j$的多项式，所以乘$j$会使次数加1，可得$d{p}_{n,j}-d{p}_{n,j-1}$的次数是$g(n-1)+1$

联立得：

$$g(n)-1=g(n-1)+1$$

$$g(n)-g(n-1)=2$$

因为$g(0)=0$（前0个数种类为1，是0次多项式，即常数），所以：

$$g(n)=2n$$

所以我们最终确定了$d{p}_{n,j}$是一个$2n$次多项式，要求它在$k$处的值，而$k$又很大，可以使用拉格朗日插值，$dp$算出$(1,d{p}_{n,1})$到$(2n+1,d{p}_{n,2n+1})$这$2n+1$个连续点，然后代入插值就可以求出$d{p}_{n,k}$的值，然后乘上$n!$即可。这样，时间复杂度就转化成了$O(n^2)$，可以通过本题。

前文已经阐述过，这样优化的关键条件就是$dp$式子的特殊性质（其实所有$dp$优化都是这样），本题的特殊性质就是$dp$是一个只和乘法和加法有关的，没有多种情况、分类讨论的简单递推式，并且目标维中有一个很大，将其设为多项式的自变量，用拉插就可以完成计算。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005;
ll n,k,p,dp[N][N],y[N],pre[N],suf[N],inv[N];
inline ll lag(ll len,ll X)
{
	ll ret = 0; pre[0] = 1;suf[len + 1] = 1;
	for(int i = 1;i <= len;i++) pre[i] = pre[i - 1] * ((X - i) % p + p) % p;
	for(int i = len;i >= 1;i--) suf[i] = suf[i + 1] * ((X - i) % p + p) % p;
	for(int i = 1;i <= len;i++)
	{
		ll res = y[i] * pre[i - 1] % p * suf[i + 1] % p * inv[i - 1] % p * inv[len - i] % p;
		if((len - i) & 1) res = p - res;
		ret = (ret + res) % p;
	}
	return ret;
}
int main()
{
	cin>>k>>n>>p;
	inv[0] = inv[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= N - 1;i++) inv[i] = (p - (p / i)) * inv[p % i] % p;
	for(int i = 1;i <= N - 1;i++) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % p;
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i = 0;i <= 2 * n + 1;i++) dp[0][i] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		for(int j = 1;j <= 2 * n + 1;j++)
			dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] * j % p + dp[i][j - 1],dp[i][j] %= p;
	for(int i = 1;i <= 2 * n + 1;i++) y[i] = dp[n][i];
	ll ans = lag(2 * n + 1,k);
	for(int i = 1;i <= n;i++) ans = ans * i % p;
	cout<<ans;
	return 0;
 }