[集训队互测2012] calc

XXIX.[集训队互测2012] calc

考虑DP。

我们设$f(i,j)$表示所有有$i$个数，且每个数都处于$[1,j]$区间内的递增序列的值之和。则答案即为$f(n,m)\times n!$（因为题目中不限制只有递增序列）

我们考虑DP，则有

$$f(i,j)=f(i-1,j-1)\times j+f(i,j-1)$$

显然这玩意复杂度过高，无法求出。

但是我们根据直觉，每个$f_i$应是一个多项式，所以可以考虑拉格朗日插值。

那么这到底是一个几次多项式呢？我们设$f(i)$的次数是$g(i)$

则由上式，有

$$f(i)-f(i-1)=j\times f(i-1,j-1)$$

即

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

又有$g(0)=0$

所以我们最终可以得到$g(i)=2i$

然后我们只需要$g(n)+1$即$2n+1$个点即可插出$f(n)$出来；选择$1\sim 2n+1$即可。

时间复杂度$O(n^2)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,mod,f[510][1010],res,FAC=1;
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&m,&n,&mod);
	for(int j=0;j<=2*n+1;j++)f[0][j]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=2*n+1;j++)f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*j%mod+f[i][j-1])%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)FAC=1ll*FAC*i%mod;
//	if(m<=2*n){printf("%d\n",1ll*f[n][m]*FAC%mod);return 0;}
	for(int i=1;i<=2*n+1;i++){
		int now=1;
		for(int j=1;j<=2*n+1;j++)if(i!=j)now=1ll*now*(m-j+mod)%mod*ksm((i-j+mod)%mod,mod-2)%mod;
		(res+=1ll*now*f[n][i]%mod)%=mod;
	}
	printf("%d\n",1ll*res*FAC%mod);
	return 0;
}