省选联考 2020 A 卷

省赛虽然炸了，但题解还是要写滴（笑）

$第200篇blog祭！!$

组合数问题

题意简单明了

首先要看出要把多项式的每一项分别算

第$c$项的答案就是
$$a_c\ast \sum _{k=0}^n{k}^c\times x^k\times C_n^k$$
先把$a_c$扔了，看后面的那个式子，发现$c$比较小
考虑第二类斯特林数$$n^m=\sum _{i=0}^{m}S(m,i)\times \frac{n!}{(n-i)!}$$
带入上式
$$\sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{k!}{(k-i)!}\times x^k\times C_n^k$$
$$=\sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{k!}{(k-i)!}\times x^k\times \frac{n!}{k!\times (n-k)!}$$
$$=n!\times \sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times x^k\frac{1}{(k-i)!\times (n-k)!}$$
$$=n!\times \sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times x^k\frac{1}{(n-i)!}\times \frac{(n-i)!}{(k-i)!\times (n-k)!}$$
$$=n!\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{1}{(n-i)!}\sum _{k=i}^n\times x^k\times C_{n-i}^{k-i}$$

$$=n!\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{1}{(n-i)!}\sum _{k=0}^{n-i}\times x^{k+i}\times C_{n-i}^k$$
后面那一坨sigma就可以用二项式定理并起来
$$=n!\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{1}{(n-i)!}\times x^i\times \sum _{k=0}^{n-i}\times x^k\times C_{n-i}^k$$
$$=n!\sum _{i=0}^{c}S(c,i)\times \frac{1}{(n-i)!}\times x^i\times (x+1{)}^{n-i}$$

这个东西就可以大力求和了
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int mod;
ll qpow(ll x, int y) {
	ll ret = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = x * x % mod) if(y & 1) ret = ret * x % mod;
	return ret;
}
int n, x, m, a[1005];
ll S[1005][1005];
int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &x, &mod, &m);
	S[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= m; i ++)
		for(int j = 1; j <= i; j ++)
			S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + S[i - 1][j] * j) % mod;//第二类斯特林数
	
	for(int i = 0; i <= m; i ++) scanf("%d", &a[i]);
	ll ans = 0;
	for(int c = 0; c <= m; c ++) {
		ll nn = 1;
		for(int i = 0; i <= c; nn = nn * (n - i) % mod, i ++) {
			(ans += 1ll * a[c] * S[c][i] % mod * nn % mod * qpow(x, i) % mod * qpow(x + 1, n - i) % mod) %= mod;//式子
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

信号传递

考场上没卡空间卡到自闭，最后只拿了80分 /kk
考虑拆贡献发现对于两个位置$i,j$
如果$$i<=j--->j-i$$
$$i>j--->i\ast k+j\ast k$$
也就是对于每个位置，只用考虑它的系数，最后加起来就好了
系数和非常好算
考虑$g[i][S]$表示当前放的这个数为$i$, $i$前面放的数的集合为$S$的系数和(考场上我就是把$i$记到了S里面，导致空间*2，炸了20分QWQ)
先设$a[i][j]$表示$i->j$的次数
考虑往$S$里面加入一个数$j$，就是$a[i][j]\ast k$（i走向j的贡献）$+a[j][i]$ (j走向i的贡献) - $(-a[i][j]+k\ast a[j][i])$ (减去$j$原来在$S$之外的贡献)

把合并一下同类项就是$g[i][S]=g[i][S/\{j\}]+a[i][j]\ast (k+1)-a[j][i]\ast (k-1)$
$f[S]表示前|S|位放的数的集合，显然f[S]=f[S/\{i\}]+g[i][S/\{i\}]$
这样空间和时间复杂度就只有$O(m\ast 2^m)$
这样就可以过了
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define M 23
#define N (1 << M)
using namespace std;
int n, m, k, a[M + 5][M + 5], size[N + 5], g[M][(N >> 1) + 5], lg[N + 5], f[N + 5];
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	int x = -1;
	while(n --) {
		int y;
		scanf("%d", &y); y --;
		if(x != -1) a[x][y] ++;
		x = y;
	}
	lg[1] = 0; size[1] = 1;
	for(int S = 2; S < (1 << m); S ++) lg[S] = lg[S >> 1] + 1, size[S] = size[S >> 1] + (S & 1);
	for(int i = 0; i < m; i ++) {
		for(int j = 0; j < m; j ++) if(i != j) g[i][0] += a[j][i] * k - a[i][j];
		for(int S = 1; S < (1 << (m - 1)); S ++) {
			int jj = S & (- S);
			int j = lg[jj];
			j += (j >= i);
			g[i][S] = g[i][S ^ jj] + a[i][j] * (1 + k) - a[j][i] * (k - 1);
		}
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	f[0] = 0;
	for(int S = 1; S < (1 << m); S ++) 
		for(int j = 0; j < m; j ++) if((S >> j) & 1) 
			f[S] = min(f[S], f[S ^ (1 << j)] + g[j][S & ((1 << j) - 1) | (S >> (j + 1) << j)] * size[S]);//乘上size[S]是因为放在第|S|位
	printf("%d", f[(1 << m) - 1]);
	return 0;
}

to be continue……