HDU 6143 Killer Names (组合数学+DP)
Description
字母表的长度为\(m\)，用表中的字母构造长度为\(2n\)的字符串，要求同一种字母能同时出现在前\(n\)个字符中和后\(n\)个字符中。输出方案数，结果模\(10^9+7\)。
Input
第一行给出用例组数\(T\)，每组用例给出两个整数\(n\)和\(m\)。\(1 \leqslant n,m \leqslant 2000\)。
Output
对于每组用例，输出方案数。
Sample Input
2
3 2
2 3
Sample Output
2
18
Solution
字母表中的每中字符有三种情况，在前\(n\)个字符中出现，在后\(n\)个字符中出现和不出现。设有\(p\)中字符在前\(n\)个字符中出现，\(q\)种字符在后\(n\)个字符中出现，则这种分配方案数量为
\[\binom{m}{p,q,m-p-q}=\frac{m!}{p! \cdot q! \cdot (m-p-q)!}
\]
现在只需要解决，\(n\)个位置，\(m\)种字符，每种字符至少用一次的方案数。
设\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个位置，\(j\)种字符每种至少用一种的方案数。
考虑前\(i-1\)个位置：
- 如果只用了\(j-1\)种字符，那么第\(i\)个位置就必须用最后一种字符，但最后一种字符具体是那个是不确定的，因此有\(j\)种情况。
- 如果j种字符全都出现过，那么第\(i\)个位置放任意一个字符都可以，同样有\(j\)种情况。
综上，
\[dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]) \cdot j
\]
最终答案为
\[ans = \sum_{p,q \leqslant n,p+q \leqslant m}{\binom{m}{p,q,m-p-q} \cdot dp[n][p] \cdot dp[n][q]}
\]
简单化简整理得
\[ans = m! \cdot \sum_{p,q \leqslant n,p+q \leqslant m}{dp[n][p] \cdot dp[n][q] \cdot inv(p!) \cdot inv(q!) \cdot inv((m-p-q)!)}
\]
其中\(inv(i)\)表示\(i\)的逆元。\(O(n^2)\)的时间得到\(dp\)数组，\(O(n)\)的时间预处理\(0\)到\(2000\)的阶乘，再用\(O(n)\)的时间得到\(0\)到\(2000\)阶乘的逆元，枚举每个\(p\)和\(q\)，累加即为答案。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e3 + 10;
ll power(ll a, ll b, ll mod)
{
ll ans = 1;
while (b)
{
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll dp[N][N], fac[N], ifac[N];
void init(int n)
{
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
ifac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) ifac[i] = power(fac[i], mod - 2, mod);
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i][1] = 1, dp[i][i] = fac[i];
for (int i = 3; i <= n; i++)
for (int j = 2; j < i; j++)
dp[i][j] = (dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]) * j % mod;
}
int main()
{
init(2000);
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
ll ans = 0;
for (int p = 1; p <= n && p <= m; p++)
for (int q = 1; q <= n && p + q <= m; q++)
{
ll s = dp[n][p] % mod * dp[n][q] % mod;
s = s * ifac[p] % mod * ifac[q] % mod * ifac[m - p - q] % mod;
ans = (ans + s) % mod;
}
ans = ans * fac[m] % mod;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
