Solution -「Gym 102956B」Beautiful Sequence Unraveling

$\mathcal{Description}$

  Link.

  求长度为 $n$，值域为 $[1,m]$ 的整数序列 $\lang a_n\rang$ 的个数，满足 $\not\exist i\in[1,n),~\max_{j=1}^i\{a_j\}=\min_{j=i+1}^n\{a_j\}$，答案对大素数 $p$ 取模。

  $n\le400$，$m\le10^8$。

$\mathcal{Solution}$

  前几天刚胡了一个 "DP and DP" 的 trick，这不又遇见一道。（

  注意到 $m$ 很大，一副拒 DP 状态于千里之外的样子，尝试先回避它——将某个合法 $\lang a_n\rang$ 离散化，此时值域不超过 $[1,n]$。但“离散化”又要求值域中每个位置出现，那我们折中：只要求值域为 $[1,n]$，而不限制每个位置出现。可是为了将值域还原为 $[1,m]$，我们又势必得知“有多少个合法 $\lang a_n\rang$，其中 $a$ 有 $x$ 种不同取值”。

  一步步来，先考虑求出 $f(i,j)$，表示长度为 $i$ 的序列，值域在 $[1,j]$ 时的合法数量。总数减去不合法数，枚举最后一个不合法位置 $k-1$，以及此时前缀 $\max$ 和后缀 $\min$ 的值 $t$，可以发现 $a_{k..n}$ 构成子问题，得到转移

$$f(i,j)=j^i-\sum_{k=2}^i\sum_{t=1}^j(t^{k-1}-(t-1)^{k-1})(f(i-k+1,j-t+1)-f(i-k+1,j-t)).$$

合理处理系数的指标和转移状态的下标，可以利用前缀和将求 $f$ 的过程优化至 $\mathcal O(n^3)$。

  如刚才透露的一般，我们在目标状态 $f(n,1..n)$ 的基础下求“有 $x$ 个不同取值”。令 $g(i)$ 表示长度为 $n$ 的序列中，离散化后满足值域恰为 $[1,i]$ 的合法数量，简单地

$$g(i)=f(n,i)-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{i}{j}g(j).$$

  答案变得显而易见

$$\textit{answer}=\sum_{i=1}^n\binom{m}{i}g_i.$$

其中组合数展开成下降幂暴力算即可。总复杂度 $\mathcal O(n^3)$。

$\mathcal{Code}$

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 400;
int n, m, P, fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
int pwr[MAXN + 5][MAXN + 5], ipwr[MAXN + 5][MAXN + 5];
int f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5];

inline int mul( const int a, const int b ) { return 1ll * a * b % P; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += P ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < P ? a : a - P; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= P && ( a -= P ); }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + P : a; }
inline int mpow( int a, int b ) {
    int ret = 1;
    for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
    return ret;
}

inline void init() {
    fac[0] = 1;
    rep ( i, 1, n ) fac[i] = mul( i, fac[i - 1] );
    ifac[n] = mpow( fac[n], P - 2 );
    per ( i, n - 1, 0 ) ifac[i] = mul( i + 1, ifac[i + 1] );

    rep ( i, 0, n ) {
        pwr[i][0] = ipwr[i][0] = 1;
        ipwr[i][1] = mpow( pwr[i][1] = i, P - 2 );
        rep ( j, 2, n ) {
            pwr[i][j] = mul( i, pwr[i][j - 1] );
            ipwr[i][j] = mul( ipwr[i][j - 1], ipwr[i][1] );
        }
    }
}

inline int comb( const int a, const int b ) {
    return a < b ? 0 : mul( fac[a], mul( ifac[b], ifac[a - b] ) );
}

int main() {
    scanf( "%d %d %d", &n, &m, &P ), init();

    rep ( j, 1, n ) {
        static int sum[MAXN + 5][2];
        rep ( i, 1, n ) sum[i][0] = sum[i][1] = 0;
        rep ( i, 1, n ) {
            int& cur = f[i][j] = pwr[j][i];
            rep ( t, 1, j ) {
                subeq( cur, mul( pwr[t][i], sum[t][0] ) );
                addeq( cur, mul( pwr[t - 1][i], sum[t][1] ) );
            }
            rep ( t, 1, j ) {
                addeq( sum[t][0], mul( ipwr[t][i],
                  sub( f[i][j - t + 1], f[i][j - t] ) ) );
                addeq( sum[t][1], mul( ipwr[t - 1][i],
                  sub( f[i][j - t + 1], f[i][j - t] ) ) );
            }
        }
    }

    int ans = 0, c = 1;
    rep ( i, 1, n ) {
        int& cur = g[i] = f[n][i];
        rep ( j, 1, i - 1 ) subeq( cur, mul( comb( i, j ), g[j] ) );
        c = mul( c, mul( m - i + 1, ipwr[i][1] ) );
        addeq( ans, mul( c, g[i] ) );
    }
    printf( "%d\n", ans );
    return 0;
}