【AT4169】[ARC100D] Colorful Sequences（DP）
- 给定\(n,k\)和一个长为\(m\)的值在\([1,k]\)范围内的序列\(a\)。
- 定义一个序列是好的，当且仅当它长度为\(n\)、所有值在\([1,k]\)范围内且存在一个长度为\(k\)的子串是\(1\sim k\)的一个排列。
- 求所有好序列中\(a\)的出现次数之和。
- \(m\le n\le2.5\times10^4,k\le400\)
容斥
发现存在一个长度为\(k\)的排列的限制有点烦人，因此我们容斥，用总方案数减去非法方案数。
长度已知为\(n\)，求的又是出现次数之和，我们可以分别考虑\(a\)以每个位置为开头的贡献，而其余位置都可以任填，因此就是\((n-m+1)\times k^{n-m}\)。
非法方案数就需要大力分类讨论。
\(a\)中包含\(1\sim k\)的排列
直接在\(a\)中暴枚起点向后枚举\(k\)位即可判断是否存在一个排列。
如果存在，显然含\(a\)的序列都是合法的，也就是说非法方案数为\(0\)，直接输出总方案数即可。
\(a\)中包含重复的元素
也就是说不可能存在一个排列包含\(a\)，因此我们可以分别考虑\(a\)的左右两端。
设\(f_{i,j}\)表示一个长度为\(i\)的非法序列，后缀极长排列长度为\(j\)的方案数。
转移就考虑填入一个不在排列中的数使排列长度加\(1\)，或填入排列中的一个数，可以使新的排列变成\(1\sim j\)中的任意一种长度。
因此得出转移方程：
后面的\(\sum\)只要我们从大到小枚举\(j\)同时维护\(f_{i-1,j}\)的后缀和即可优化转移。
然后我们假设\(a\)的前缀极长排列长度为\(x\)，后缀极长排列长度为\(y\)。
并上前后部分，交界处的极长排列长度分别可以是\([x,k)\)和\([y,k)\)中的一个数。
因此在\(a\)前面放一个长度为\(i\)的序列使得拼成序列仍然非法的方案数为：（因为最后长为\(x\)的排列填数已知，要除以一个排列数）
不妨令\(s1_i=\sum_{j=x}^{k-1}f_{i,j}\)，同理设\(s2_i=\sum_{j=y}^{k-1}f_{i,j}\)。
然后只要按照先前提到过的方法，枚举\(a\)的开头位置，则前后要放的序列长度都已知，直接利用\(s1\)和\(s2\)两个数组计算即可。
最后给答案除以\(A_k^x\times A_k^y\)。
\(a\)中不含重复的元素
此时的\(a\)相当于是一个长度为\(m\)的排列。
则我们直接求出所有长度为\(m\)的排列的贡献，然后只要给它除以一个\(A_k^m\)即可。
仿照\(f_{i,j}\)，设\(g_{i,j}\)表示一个长度为\(i\)的非法序列，后缀极长排列长度为\(j\)的所有方案下，长度为\(m\)的排列出现次数之和。
转移方程也是类似的，只是要考虑上在这个位置添上排列的方案数，即：
那么非法方案数就应该是\(\frac{\sum_{j=1}^{k-1}g_{n,j}}{A_k^m}\)。
代码：\(O(nk)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 25000
#define K 400
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,m,k,a[N+5],p[K+5],Fac[N+5],IFac[N+5],s1[N+5],s2[N+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace FastIO
{
#define FS 100000
#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int f[N+5][K+5];I void DP_f()//动态规划求解f数组
{
f[1][1]=k;for(RI i=2;i<=n;++i) for(RI j=k-1,t=0;j;--j)
t=(t+f[i-1][j])%X,f[i][j]=(1LL*f[i-1][j-1]*(k-(j-1))+t)%X;
}
int g[N+5][K+5];I void DP_g()//动态规划求解g数组
{
g[1][1]=k*(m==1);for(RI i=2;i<=n;++i) for(RI j=k-1,t=0;j;--j)
t=(t+g[i-1][j])%X,g[i][j]=(1LL*g[i-1][j-1]*(k-(j-1))+t)%X,j>=m&&(g[i][j]=(g[i][j]+f[i][j])%X);//算上这个位置添上排列的方案数
}
int main()
{
RI i,j,tg=1;for(read(n,k,m),i=1;i<=m;++i) read(a[i]),p[a[i]]?tg=0:p[a[i]]=1;
for(Fac[0]=IFac[0]=i=1;i<=max(m,k);++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X,IFac[i]=QP(Fac[i],X-2);
RI o=1LL*(n-m+1)*QP(k,n-m)%X,t=0;for(i=1;i+k-1<=m;++i)//枚举长度为k排列的起始位置
{for(j=1;j<=k&&p[a[i+j-1]]^(-i);++j) p[a[i+j-1]]=-i;if(j>k) return printf("%d\n",o),0;}//如果存在，直接输出总方案数
#define IA(x) (1LL*IFac[k]*Fac[k-(x)]%X)//A(k,x)的逆元
if(DP_f(),tg) {for(DP_g(),i=1;i^k;++i) t=(t+g[n][i])%X;return printf("%d\n",(o-1LL*t*IA(m)%X+X)%X),0;}//如果本身是排列，DP出g计算
RI x;for(x=1;p[a[x]]^2;++x) p[a[x]]=2;for(x=x-1,i=1;i<=n;++i) for(j=x;j^k;++j) s1[i]=(s1[i]+f[i][j])%X;//前缀最长排列x
RI y;for(y=m;p[a[y]]^3;--y) p[a[y]]=3;for(y=m-y,i=1;i<=n;++i) for(j=y;j^k;++j) s2[i]=(s2[i]+f[i][j])%X;//后缀最长排列y
for(i=0,j=n-m;~j;++i,--j) t=(1LL*s1[i+x]*s2[j+y]+t)%X;return printf("%d\n",(o-1LL*t*IA(x)%X*IA(y)%X+X)%X),0;//枚举A的起始位置计算方案数
}
