[HNOI2011]卡农 （数论计数，DP）
题面
众所周知卡农是一种复调音乐的写作技法，小余在听卡农音乐时灵感大发，发明了一种新的音乐谱写规则。
他将声音分成 n n n 个音阶，并将音乐分成若干个片段。音乐的每个片段都是由 1 1 1 到 n n n 个音阶构成的和声，即从 n n n 个音阶中挑选若干个音阶同时演奏出来。
为了强调与卡农的不同，他规定任意两个片段所包含的音阶集合都不同。同时为了保持音乐的规律性，他还规定在一段音乐中每个音阶被奏响的次数为偶数。（注：“一段音乐”指整个曲子）
现在的问题是：小余想知道包含
m
m
m 个片段的音乐一共有多少种。
两段音乐
a
a
a 和
b
b
b 同种当且仅当将
a
a
a 的片段重新排列后可以得到
b
b
b。例如：假设
a
a
a 为
{
{
1
,
2
}
,
{
2
,
3
}
}
\{\{1,2\},\{2,3\}\}
{{1,2},{2,3}}，
b
b
b 为
{
{
2
,
3
}
,
{
1
,
2
}
}
\{\{2,3\},\{1,2\}\}
{{2,3},{1,2}}，那么
a
a
a 与
b
b
b 就是同种音乐。
答案对 1 0 8 + 7 10^8+7 108+7 取模。
输入格式
仅一行两个正整数 n , m n,m n,m 。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入 #1
2 3
输出 #1
1
说明/提示
【数据范围】
对于
20
%
20\%
20% 的数据，
1
≤
n
,
m
≤
5
1\le n,m \le 5
1≤n,m≤5；
对于
50
%
50\%
50% 的数据，
1
≤
n
,
m
≤
3000
1\le n,m \le 3000
1≤n,m≤3000；
对于
100
%
100\%
100% 的数据，
1
≤
n
,
m
≤
1
0
6
1\le n,m \le 10^6
1≤n,m≤106 。
【样例解释】
音乐为
{
{
1
}
,
{
2
}
,
{
1
,
2
}
}
\{\{1\},\{2\},\{1,2\}\}
{{1},{2},{1,2}} 。
题解
往容斥上面想，但是别想多了。
看了别人的题解发现其实并不难。
首先应该清楚，由于每个片段不相同，所以题目中关于 “同种音乐” 的限制可以去除掉，最后再乘上 ( m ! ) − 1 (m!)^{-1} (m!)−1 就是了。
然后，结合 DP 来容斥，我们相当于要达到三个条件：
- 每一种音阶出现次数是偶数。
- 无空集。
- 不存在两片段相同。
我们令 d p [ i ] \mathrm{dp}[i] dp[i] 表示前 i i i 个片段满足上述条件的方案数。
按照容斥的思路，我们应该先把全集求出来，再依次减去不合法。但是很容易发现，要把不符合第一个条件的去掉极其困难。
我们其实可以先求出只满足第一条的方案总数。有一个发现：如果随意确定了前 i − 1 i-1 i−1 个片段，那么为了满足第一个条件，可以直接据此推出第 i i i 个片段。那么我们就可以定这个方案数为： A 2 n − 1 i − 1 A_{2^n-1}^{i-1} A2n−1i−1 ，意为确定前 i − 1 i-1 i−1 个片段。这样做还有一个好处，那就是单独看前 i − 1 i-1 i−1 个片段时，都是满足第二条和第三条限制的。
这就给我们的容斥带来了极大的便利。去除空集情况，达到第二条限制，很简单，如果有空集就一定是第 i i i 个片段空集，那么前 i − 1 i-1 i−1 个片段就满足了三个条件，因此有空集的不合法情况数为 d p [ i − 1 ] \mathrm{dp}[i-1] dp[i−1] 。
接下来要去除存在片段相同的情况。由于前 i − 1 i-1 i−1 个片段没有彼此相同的，因此只能是第 i i i 个片段与前面的片段相同，我们就令其为第 j j j 个片段。我们在 1 1 1 到 i − 1 i-1 i−1 中枚举 j j j ，一共 i − 1 i-1 i−1 种情况，再确定 i i i 和 j j j 具体应该为哪一种组合，由于 j j j 在前面 i − 1 i-1 i−1 个片段中是独一无二的，所以一共有 2 n − 1 − ( i − 2 ) = 2 n − i + 1 2^n-1-(i-2)=2^n-i+1 2n−1−(i−2)=2n−i+1 种选择。
然后把 i i i 和 j j j 同时拿走，剩下的 i − 2 i-2 i−2 个位置同时满足三个条件，故片段相同的不合法情况数为 d p [ i − 2 ] ∗ ( i − 1 ) ∗ ( 2 n − i + 1 ) {\rm dp}[i-2]*(i-1)*(2^n-i+1) dp[i−2]∗(i−1)∗(2n−i+1) 。
综上，总的转移方程为： d p [ i ] = A 2 n − 1 i − 1 − d p [ i − 1 ] − d p [ i − 2 ] ∗ ( i − 1 ) ∗ ( 2 n − i + 1 ) {\rm dp}[i]=A_{2^n-1}^{i-1}-{\rm dp}[i-1]-{\rm dp}[i-2]*(i-1)*(2^n-i+1) dp[i]=A2n−1i−1−dp[i−1]−dp[i−2]∗(i−1)∗(2n−i+1) 。时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n) 。
关于排列数 A 2 n − 1 i − 1 A_{2^n-1}^{i-1} A2n−1i−1 的计算，它其实就是最多 m − 1 m-1 m−1 个数相乘。
CODE
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
void putuint(int x) {
if(!x) return ;
putuint(x/10);putchar(x%10+'0');
}
void putint(int x) {if(x==0)putchar('0');if(x<0)putchar('-'),x=-x;putuint(x);}
const int MOD = 100000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
int qkpow(int a,int b) {
int res = 1;
while(b > 0) {
if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
}return res;
}
int fac[MAXN]={1,1},inv[MAXN]={1,1},invf[MAXN]={1,1};
int dp[MAXN];
int main() {
n = read();m = read();
for(int i = 2;i <= n||i <= m;i ++) {
fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
inv[i] = (MOD-inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
}
dp[0] = 1;dp[1] = 0;
int po = qkpow(2,n)-1,A = 1,ful = po;
for(int i = 2;i <= m;i ++) {
A = A *1ll* po % MOD;
(po += MOD-1) %= MOD;
dp[i] = (0ll+ A +MOD- dp[i-1] +MOD- dp[i-2] *1ll* (i-1) % MOD *1ll* (ful +MOD- (i-2)) % MOD) % MOD;
}
int as = dp[m] *1ll* invf[m] % MOD;
printf("%d\n",as);
return 0;
}
