【CF660E】Different Subsets For All Tuples（组合数学）

点此看题面

大致题意： 有一个长度为$n$的数列，每个位置上数字的值在$[1,m]$范围内，则共有$m^n$种可能的数列。分别求出每个数列中本质不同的子序列个数，然后求和。

一些分析

首先，我们单独考虑空序列的个数$m^n$，然后接下来就可以只考虑非空序列的个数了。

假设有一个长度为$i$的子序列（$1\le i\le n$），且其在序列中的位置分别为$pos_1,pos_2,...,pos_i$，值分别为$val_1,val_2,...,val_i$。

则我们强制在$1\sim pos_1-1$范围内不能出现$val_1$，$pos_1+1\sim pos_2-1$范围内不能出现$val_2$，以此类推。

所以，在前$pos_i$个位置中，除$pos_{1\sim i}$这$i$个位置填$val_{i\sim i}$外，如上所述，其余$pos_i-i$个位置各有$m-1$种填法。

而在第$pos_i$个位置之后就可以随便填了，每个位置都有$m$种填法。

推式子

通过之前的分析，于是得到式子如下：

$$\sum_{i=1}^nm^i\sum_{j=i}^nC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j}$$

对于这个式子的解释：

首先，用$i$枚举子序列长度，而长度为$i$的子序列共有$m^i$种可能。

接下来$j$枚举$pos_i$，而$pos_{1\sim i-1}$依次选择$[1,pos_i-1]$（即这里的$[1,j-1]$）这个范围内的任意位置都是合法的，就相当于在$j-1$个位置中选择$i-1$个位置，方案数就是$C_{j-1}^{i-1}$。

从前文可得，$pos_i-i$（即这里的$j-i$）个位置有$m-1$种填法，$n-pos_i$（即这里的$n-j$）个位置有$m$种填法。

于是便得到上述式子。

然后就是化简：

先移项，把$m^i$移进去得到：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^nC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i}$$

改变枚举顺序，得到：

$$\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^jC_{j-1}^{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i}$$

观察到组合数中的$i-1$和$j-1$，不难想到直接将枚举的$i,j$减$1$，即：

$$\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{(j+1)-(i+1)}m^{n-(j+1)+(i+1)}$$

然后我们可以化简一下系数，发现这些$1$和$-1$恰好抵消了，得到：

$$\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{j-i}m^{n-j+i}$$

然后我们拎出$m^{n-j}$，就可以得到：

$$\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}\sum_{i=0}^{j-1}C_j^i(m-1)^{j-i}m^i$$

那这样有什么好处呢？

回想一下二项式定理：$(x+y)^n=\sum_{i=0}^{n-1}x^iy^{n-i}$。

这似乎与上面式子的后半部分有几分相似。

于是就可以化简得到：

$$\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}((m-1)+m)^j=\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}(2m-1)^j$$

这个式子可以$O(nlogn)$快速幂计算，也可以直接$O(n)$计算。

总而言之，可以过了。

代码

#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 1000000
#define X 1000000007
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m;
I int Qpow(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;}//快速幂
int main()
{
    RI i,ans,p1,p2,b1,b2;
    scanf("%d%d",&n,&m),ans=p1=Qpow(m,n),p2=1,b1=Qinv(m),b2=(1LL*2*m-1)%X;//初始化
    for(i=0;i^n;++i) Inc(ans,1LL*p1*p2%X),p1=1LL*p1*b1%X,p2=1LL*p2*b2%X;//O(n)计算答案
    return printf("%d",ans),0;//输出答案
}