CF135E Weak Subsequence (计数问题)

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题目大意：对于给定字符集大小k，求有多少个字符串满足它的最长【既是子串又是弱子序列】的长度为w；

 

神仙计数题

打表发现，对于字符串S而言，它的最长【既是子串又是弱子序列】，一定存在一个对应的子串，是S的前缀或者后缀

如果不是前缀或者后缀，那么它一定还可以向两边扩展

这启示我们分类讨论

容易发现，最优的情况一定是除了最后一位以外，其它每个字符都在相同的位置取，最后一位在其他位置取来构成弱子序列。

我们重点考虑最后一位带来的影响，

假设现在我们找到了一个字符串$w$作为子串，在后面接上一段字符串$L$

我们要保证$w$是最长的【既是子串又是弱子序列】才能正确地统计答案

1.$L$中一定存在一个字符和第$w$个字符相等

2.$L$中每个字符都不相等，否则继续向前取还能更长

3.前$L$个字符互不相等，否则从后面开始取能更长

有了这三个条件，我们就可以开始讨论了：

1.$w-L\geq 2$时，把序列分成5块，$[1,L], L+1, [L+2,w-1], w, [w+1,w+L]$

$[1,L]$存在一个字符和第L+1位相等，$[w+1,w+L]$位存在一个字符和第$w$位相等，两种情况取交集，可得答案为：

$k^{w-L-2}((A_{k}^{L})^{2}k^{2}-(A_{k}^{L+1})^{2})$

中间$w-L-2$个随便取，两边$L$个分别从$k$个里取且互不相等，第$L+1$个和第$w$个先假设随便取，再去掉两边都没有相同的情况

2.$w-L=1$时，把序列分成3块，$[1,L], w, [w+1,w+L]$

$[1,L]$位存在一个字符和第$w$位相等，$[w+1,w+L]$位存在一个字符和第$w$位相等，取交集，答案为：

$k(A_{k}^{L})^{2}-A_{k}^{L+1}A_{k-1}^{L}$

比上面的情况还要简单，不解释了

3.$w\leq L$时，把序列分成5块，$[1,w-1], w, [w+1,L], L+1, [L+2,L+w]$

这种情况就比较复杂了，但大体思路不变

首先，中间$[w+1,L]$一共$L-w$个，是从$k$个里随便取的且互不相同，贡献是$A_{k}^{L-w}$

左右两边$w$个都是从$k-(L-w)$里随便取，贡献是$A_{k-(L-w)}^{w}$

两边都没有的情况的贡献呢？

$w, [w+1,L], L+1$都互不相同，贡献是$A_{k}^{L-w+2}$。前后$w-1$个都和中间$[w,L+1]$个互不相同，贡献是$A_{k-(L-w+2)}^{w-1}$

总贡献就是$A_{k}^{L-w}(A_{k-(L-w)}^{w})^{2}-A_{k}^{L-w+2}(A_{k-(L-w+2)}^{w-1})^{2}$

$L$里每个元素互不相同，所以长度最大就是$k$，暴力枚举然后计算即可

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long 
#define N1 1000010
using namespace std;
const ll p=1000000007;

ll mul[N1],_mul[N1],inv[N1];
int m,K,n;
inline ll C(int x,int y)
{
    if(y>x) return 0;
    return mul[x]*_mul[y]%p*_mul[x-y]%p;
}
inline ll A(int x,int y)
{
    if(y>x) return 0;
    return mul[x]*_mul[x-y]%p;
}
ll qpow(ll x,ll y)
{
    if(y<0) return 0; ll ans=1;
    for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&m,&K,&n);
    int i,j,L;
    mul[0]=mul[1]=_mul[0]=_mul[1]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(i=2;i<=K;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%p, inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p, _mul[i]=_mul[i-1]*inv[i]%p;
    ll ans=0;
    for(L=1;L<=K&&n+L<=m;L++)
    {
        if(n-L>=2) (ans+=qpow(K,n-L-2)*(1ll*K*K%p*A(K,L)%p*A(K,L)%p-A(K,L+1)*A(K,L+1)%p+p)%p)%=p;
        else if(n-L==1) (ans+=(1ll*K*A(K,L)%p*A(K,L)%p-A(K,L+1)*A(K-1,L)%p+p)%p)%=p;
        else (ans+=(1ll*A(K,L-n)*A(K-(L-n),n)%p*A(K-(L-n),n)%p-A(K,L-n+2)*A(K-(L-n+2),n-1)%p*A(K-(L-n+2),n-1)%p)%p)%=p;
    }
    printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
    return 0;
}