【2020省选Day1T2】 LOJ3300 「联合省选 2020 A」组合数问题

解法一：递推求导，搞定k^i
- 前置知识
  - 求导法则
  - 二项式定理
- 题解
解法二：用组合恒等式，拆出斯特林数
- 前置知识
  - 一个组合恒等式
  - 下降幂的定义
- 题解
两种解法的比较与联系

解法一：递推求导，搞定k^i

前置知识

求导法则

基本法则：$(x^k)'=kx^{k-1}$

四则运算：

$(f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)$
$(f(x)\cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$

用乘法法则，可以推出一个常数乘以一个函数的求导法则，即：$(c\cdot f(x))'=0\cdot f(x)+c\cdot f'(x)=c\cdot f'(x)$。然后，对于减法，就可以看做加$-1\cdot g(x)$，直接套用加法法则即可得到：$(f(x)-g(x))'=f'(x)-g'(x)$。

复合函数：$(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$。

对于除法，可以看做乘以$\frac{1}{g(x)}$，也就是$h(x)=x^{-1}$和$g(x)$的复合函数。于是得到：$\displaystyle \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'=f'(x)\cdot\frac{1}{g(x)}+f(x)\cdot(-g^{-2}(x)\cdot g'(x))=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}$。

应用：对一个多项式函数，$F(x)=\sum_{i=0}^{n}f_ix^i$求导，可以结合“基本法则”和“加法法则”，得到：$F'(x)=\sum_{i=0}^{n}f_{i}\cdot i\cdot x^{i-1}=\sum_{i=0}^{n-1}f_{i+1}(i+1)x^i$。

二项式定理

\[(x+y)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}x^iy^{n-i} \]

证明略。

本题用到它的一种特殊形式，就是$(x+1)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}x^i$。你可以理解为$y=1$的情况。

题解

考虑$m=0$的subtask，答案就是：$a_0\cdot \sum_{k=0}^{n}x^k{n\choose k}$。容易发现这就是上面讲的“二项式定理的特殊形式”，所以它等于$a_0\cdot(x+1)^n$。

这给我们一个启发，就是可以把$f(k)$的每一项拿出来分别计算。于是原式就等于：

\[\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k} \]

我们设$F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k}$。那么原式就等于$\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)$。发现$F_i(x)$里，比较令人头疼的，就是这个$k^i$。怎么处理它呢？本节介绍的“求导”，就是一种很好的方法。

对一个多项式函数，$T(x)=\sum_{k=0}^{n}t_kx^k$，考虑把它每一项分别都乘以$k$，得到$\text{newT}(x)=\sum_{k=0}^{n}t_k\cdot k\cdot x^k$。发现这个是什么呢？这个就是把$T'(x)$每项都乘以$x$。也就是说：$\text{newT}(x)=x\cdot T'(x)$。

回到本题，我们知道，$F_i(x)$，就相当于把$F_{i-1}(x)$的每一项分别都乘以$k$。所以，$F_i(x)=x\cdot F_{i-1}'(x)$。也就是先求导，再乘以$x$。例如，$F_0(x)=(x+1)^{n}$，那么就有：$F_1(x)=x((x+1)^n)'$。带到原式里，也可以验证出来（把每一项都提一个$x$出来即可）。

那么我们就可以依次递推$F_1(x),F_2(x),\dots ,F_m(x)$。也就是先对$F_{i-1}(x)$求导，再把所有项都乘以$x$。例如我多写几个：

$F_0(x)=(x+1)^{n}$
$F_1(x)=x((x+1)^n)'=n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}$
$F_2(x)=x(n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1})'=n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}+n(n-1)\cdot x^2\cdot (x+1)^{n-2}$
$\dots $

你可以发现，它有很多项。每一项，都可以写成$d_j\cdot x^{j}\cdot (x+1)^{n-j}$的形式。其中，$d_j$是一个常数。$0\leq j\leq m$。更具体来说：

\[F_i(x)=\sum_{j=0}^{m}d_{i,j}x^j(x+1)^{n-j} \]

这个$d$数组，我们递推一下，可以$O(m^2)$求出。然后预处理一下$x$和$(x+1)$的次幂，就可以直接计算答案了。

$d$数组怎么递推？首先根据导数的加法法则，我们要对$F_{i-1}(x)$求导，就先对它的每一项求导，再加起来。考虑某一项$d_{i-1,j}x^{j}(x+1)^{n-j}$，它是一个乘法（前面的常数不算，是$x^j$和$(x+1)^{n-j}$两个东西相乘）。要对它求导，就用到导数的乘法法则：$(f(x)\cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$。所以$F_{i-1}(x)$里的每一项，会对$F_{i}(x)$里的两项有贡献。当然，别忘了对$F_{i-1}(x)$求导后，还要把结果再乘以$x$。具体地也可以写成：

\[d_{i,j}=d_{i-1,j}\cdot j+d_{i-1,j-1}\cdot(n-(j-1)) \]

时间复杂度$O(m^2)$。

参考代码（在LOJ查看）：

//problem:LOJ3300
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

const int MAXM=1000;
int MOD;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}

int n,x,m,a[MAXM+5],d[MAXM+5][MAXM+5],pow1[MAXM+5],pow2[MAXM+5];

int main() {
	cin>>n>>x>>MOD>>m;x%=MOD;
	for(int i=0;i<=m;++i)cin>>a[i],a[i]%=MOD;
	d[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=0;j<=m;++j){
			// d[i][j] * x^{j} * (x+1)^{n-j}
			d[i][j]=(ll)d[i-1][j]*j%MOD;
			if(j>0)add(d[i][j],(ll)d[i-1][j-1]*(n-(j-1))%MOD);
		}
	}
	pow1[0]=pow_mod(x+1,n-m);
	for(int i=1;i<=m;++i)pow1[i]=(ll)pow1[i-1]*(x+1)%MOD;
	pow2[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)pow2[i]=(ll)pow2[i-1]*x%MOD;
	
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=m;++i){
		for(int j=0;j<=m;++j){
			add(ans,(ll)a[i]*d[i][j]%MOD*pow2[j]%MOD*pow1[m-j]%MOD);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

解法二：用组合恒等式，拆出斯特林数

前置知识

一个组合恒等式

\[k\times {n\choose k}=n\times {n-1\choose k-1} \]

证明：

把两边按定义展开：

左边$\displaystyle=k\cdot \frac{n!}{k!(n-k)!}$。

右边$\displaystyle=n\cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}$。

两边同时乘以$\frac{1}{k}$，都等于$\frac{n!}{k!(n-k)!}$。

所以左边$=$右边。

下降幂的定义

\[a^{\underline{b}}=a(a-1)\dots (a-b+1) \]

题解

根据上一种方法的初步转化，原式可以写成：

\[\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k} \]

设$F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k}$。那么原式就等于$\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)$。还是考虑求$F_i(x)$。我们的重点是要把$k^i$消掉，剩余的部分，如果是一个$x^k$再乘一个组合数，可以直接套二项式定理。因为有了前面的那个组合恒等式，所以现在思路比较明确：先保留$x^k$不要动，拿组合数去和$k^i$消，消出一个新的组合数加一个系数，我们就赢了。

我们先考虑$i\geq1$的情况。

当$i=1$时，用我们前面写的组合恒等式，可以写成：

\[\begin{align} F_1(x)&=\sum_{k=0}^{n}k\cdot x^k\cdot {n\choose k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\cdot n\cdot{n-1\choose k-1} \end{align} \]

当$i=2$时，也可以推：

\[\begin{align} F_2(x)&=\sum_{k=0}^{n}k^2\cdot x^k\cdot {n\choose k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\cdot k\cdot n\cdot{n-1\choose k-1}\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\cdot (1+(k-1))\cdot n\cdot{n-1\choose k-1}\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\left(n{n-1\choose k-1}+(k-1)\cdot n{n-1\choose k-1}\right)\\ &=\sum_{k=0}^{n}x^k\left(n{n-1\choose k-1}+n(n-1){n-2\choose k-2}\right) \end{align} \]

其中，最重要的一步，是我们把一个$k$拆成了$(1+(k-1))$。这很巧妙。其他的地方都是在套那个组合恒等式。

看最后推出的结果，发现，每个组合数前，是一个$n$的下降幂。所以我们盲猜：$F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}x^k\sum_{j=1}^{i}n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}$。

很遗憾，这个猜想不对。

事实上，在$n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}$前，还需要加一些系数。只不过对于$F_1(x)$和$F_2(x)$来说，这个系数恰好都是$1$。

我们继续考虑$i=3$的情况。

ps:因为公式太大搞成图片了，如果没加载出来，就自己点一下链接吧。https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/fg2qsqu3.png

发现没有，现在，后面的系数变成了$1\ 3 \ 1$。不全是$1$了。

容易发现，$F_i$后面的这一坨东西，恰好有$i$项。如果设第$j$项前面的系数为$s(i,j)$，则可以写成：

\[F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}x^k\sum_{j=1}^{i}s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j} \]

考虑如何求这个$s_{i,j}$。首先，$F_{i-1}(x)$后面的东西里，每一项都要乘以$k$。例如，$s_{i-1,j}\cdot n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}$，乘以$k$，变成$k\cdot s_{i-1,j}\cdot n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}$。然后，我们会把$k$，拆成$(j+(k-j))$。所以$s_{i-1,j}$会对$s_{i,?}$里的两个地方产生贡献。一个是$j$产生的，贡献到$s_{i,j}$，贡献系数为$j$。另一个是$(k-j)$产生的，贡献到$s_{i,j+1}$，贡献系数为$1$。

那反过来说，就可以得到：

\[s_{i,j}=s_{i-1,j}\cdot j+s_{i-1,j-1} \]

其中，边界是$s_{1,1}=1$。

于是就可以$O(m^2)$递推求出整个$s$数组。顺便说一句，这里的$s$，其实就是第二类斯特林数，不过有没有看出来都不影响解题。

现在求出了$s$，再回头看$F_i(x)$。我们按一开始说的思路，用二项式定理，把$x^k$和组合数搞到一起去。具体来说：

\[\begin{align} F_i(x)&=\sum_{j=1}^{i}s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}\sum_{k=0}^{n}x^k{n-j\choose k-j}\\ &=\sum_{j=1}^{i}s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}\sum_{k=0}^{n-j}x^{k+j}{n-j\choose k}\\ &=\sum_{j=1}^{i}s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}\cdot x^j\sum_{k=0}^{n-j}x^k{n-j\choose k}\\ &=\sum_{j=1}^{i}s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}\cdot x^j(x+1)^{n-j}\\ \end{align} \]

以上是$i\geq 1$的情况。当$i=0$时，显然有$F_0=(x+1)^n$。当然，你也可以认为，$s_{0,0}=1$，$n^{\underline{0}}=1$，$s_{i,0}=0$ ($i\geq 1$)。然后，你把$j$改成从$0$开始循环，也是对的。这样就不用特判$i=0$的情况。

然后答案就是$\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)$。

时间复杂度$O(m^2)$。

~~参考代码，他鸽了~~。

两种解法的比较与联系

事实上，推到最后，大家都能看出来，第一种解法里的$d_{i,j}$，就是第二种解法里的$s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}$。

两种解法，都想消掉$k^i$。他们走的路径不同。

第一种解法，比较鲁莽。你不是有一个$k^i$吗，我对着你硬消。求一次导干掉一个$k$。这种“鲁莽”的背后，是有“求导”这个强大的工具在支持。
第二种解法，看起来稍微圆滑一点。我先让组合数${n\choose k}$去和你消。用的就是一个组合恒等式。然后等你$k^i$没了，我再把剩下的组合数和$x^k$打包成一个二项式定理。

posted @ 2020-06-26 20:06 duyiblue 阅读(432) 评论(2) 编辑收藏举报

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望舒草

就让失散的誓言飞舞吧，随西风飘荡

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二项式定理

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解法二：用组合恒等式，拆出斯特林数

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两种解法的比较与联系

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