洛谷P5364 [SNOI2017]礼物 题解

2020/02/11 upd

更换markdown编辑器，修了一下写错了的式子

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传送门

题目描述

热情好客的小猴子请森林中的朋友们吃饭，他的朋友被编号为 1?N，每个到来的朋友都会带给他一些礼物：大香蕉。其中，第一个朋友会带给他 1 个大香蕉，之后，每一个朋友到来以后，都会带给他之前所有人带来的礼物个数再加他的编号的K次方那么多个。所以，假设K=2，前几位朋友带来的礼物个数分别是：

1,5,15,37,83,…

假设K=3，前几位朋友带来的礼物个数分别是：

1,9,37,111,…

现在，小猴子好奇自己到底能收到第 N 个朋友多少礼物，因此拜托于你了。

已知 N,K，请输出第 N 个朋友送的礼物个数 mod 10^9+7。

输入格式

第一行，两个整数 N,K。

输出格式

一个整数，表示第 N 个朋友送的礼物个数 mod 10^9+7 。

输入输出样例

输入 #1

4 2

输出 #1

37

输入 #2

2333333 2

输出 #2

514898185

输入 #3

1234567890000 3

输出 #3

891659731

输入 #4

66666666 10

输出 #4

32306309

100% 的数据：$N \le 10^{18}, K \le 10$

暴搞通项公式

蒟蒻想了一上午弄出来个$O(k^2)$的算法

这道题比较裸，就是甩给你个递推式让你求第$n$项

$$A_1 = 1,A_n = \sum_{i=1}^{n-1} A_i + n^k$$

那首先我们来手动打个表qwq

$A_i$ \ $i^k$	$1^k$	$2^k$	$3^k$	$4^k$	$5^k$	$6^k$
$A_1$	1
$A_2$	1	1
$A_3$	2	1	1
$A_4$	4	2	1	1
$A_5$	8	4	2	1	1
$A_6$	16	8	4	2	1	1

表中第$i$行的系数乘上对应列标后的和就是$A_i$

于是我们发现了这一显然的规律

$$A_1 = 1,A_n = 2 A_{n-1} + n^k - (n-1)^k$$

我们就非常优秀的把这个递推式化简了:p

2020/05/16 update

当时太菜了没学数列，实际上这个规律根本就不需要找，可以直接推出。

设 $S_n = \sum_{i=1}^n a_n$ ，根据题意 $a_n = S_{n-1} + n^k$ 。

用上式减去 $a_{n-1} = S_{n-2} + (n+1)^k$ 得

$$\begin{aligned} a_n - a_{n-1} &= a_{n-1} + n^k - (n+1)^k \\ a_n &= 2 a_{n-1} + n^k - (n+1)^k \end{aligned}$$

得到上式。

总感觉它有个通项公式什么的吧，我们来胡乱瞎推一波

观察递推式，右式那坨$n^k - (n-1)^k$看着就恶心，我们想找个办法把它消掉，使它的形式变成一个等比数列，这样通项公式就容易得到了

显然$n^k - (n-1)^k$是一个$k-1$次多项式，所以我们构造数列$U$和$k-1$次多项式$B$

$$\begin{aligned} U_n = A_n + B(n) \\ B(n) = \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i \end{aligned}$$

对数列$U$的定义式移项得

$$A_n = U_n - B(n)$$

带回$A$的递推式，得

$$\begin{aligned} U_n - B(n) = 2(U_{n-1} - B(n-1)) + n^k - (n-1)^k \\ U_n = 2U_{n-1} + B(n) - 2B(n-1) + n^k - (n-1)^k \end{aligned}$$

我们想让$U_n=2U_{n-1}$，只需使

$$B(n) - 2B(n-1) + n^k - (n-1)^k = 0$$

即

$$- B(n) + 2B(n-1) = n^k - (n-1)^k$$

现在我们要求解多项式$B$，试着将多项式的每一项，也就是$b_i$，都表示出来

先看右式，用二项式定理展开$(n-1)^k$，右式变为

$$\quad n^k - \sum_{i=0}^{k} C_k^i (-1)^{k-i} n^i$$

提出和式中的$k$次项与$n^k$消掉

$$= - \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i$$

再来看左式，将多项式展开得

$$- \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} b_i (n-1)^i$$

也用二项式定理展开$(n-1)^i$

$$= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} b_i \sum_{j=0}^i C_i^j (-1)^{i-j} n^j$$

转换枚举

$$\begin{aligned} &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=0}^i b_iC_i^j (-1)^{i-j} n^j \\ &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{j=0}^{k-1} \sum_{i=j}^{k-1} b_iC_i^j (-1)^{i-j} n^j \\ &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i \end{aligned}$$

（这里大括号只是为了标明系数，没有实际意义）

现在把左右式合在一起写

$$- \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i = - \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i$$

消掉负号

$$\sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i = \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i$$

所以

$$b_i + 2 \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} = C_k^i (-1)^{k-i}$$

于是我们非常愉快艰难的得到了$b_i$的表示，高斯消元即可得到$b_i$。

仔细观察发现这是个上三角矩阵，所以我们可以直接$O(k^2)$求解！

于是我们解出了多项式$B$。

回过头来看数列$U$的定义，$U_n = A_n + B(n)$

现在解出了$B$，我们又知道$A_1 = 1$，就能知道

$$U_1 = A_1 + B(1) = B(1) +1$$

于是我们得到了数列$U$的完整递推式

$$U_1=B(1) + 1,U_n=2U_{n-1}$$

现在就容易知道$U$的通项公式了，它是

$$U_n = ( B(1) + 1 )2^{n-1}$$

又因为$A_n = U_n - B(n)$，$A$的通项公式就出来了！

$$A_n = ( B(1) + 1 )2^{n-1} - B(n)$$

完了

//洛谷P5364 [SNOI2017]礼物
//Author:sun123zxy
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#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1E9+7;
 
ll QPow(ll x,ll up){//快速幂 
    x%=MOD;
    ll ans=1;
    while(up){
        if(up%2==0){
            x=x*x%MOD;
            up/=2;
        }else{
            ans=ans*x%MOD;
            up--;
        }
    }
    return ans;
}
ll Inv(ll x){//逆元 
    return QPow(x,MOD-2);
}
 
const ll MXK=2005;
ll fac[MXK],facInv[MXK];
void FacInit(ll n){
	fac[0]=1;for(ll i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;//求阶乘 
	facInv[n]=Inv(fac[n]);
	for(ll i=n-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;//线性求阶乘逆元 
	facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll k){//组合数 
	if(n<k) return 0;
	return fac[n]*facInv[n-k]%MOD*facInv[k]%MOD;
}
 
ll N,K;
ll c,B[MXK];//2^(n-1)的系数c和多项式B 
ll GetY(ll x){//获取B(x)
	x%=MOD;
	ll y=0;
	ll xPow=1;
	for(int i=0;i<=K-1;i++){
		y=(y+B[i]*xPow)%MOD;
		xPow=xPow*x%MOD;
	}
	return y;
}
ll mtx[MXK][MXK];
void GetFormula(){
	for(ll i=0;i<=K-1;i++) for(ll j=0;j<=K;j++) mtx[i][j]=0;
	for(ll i=0;i<=K-1;i++){//初始化方程组 
    	mtx[i][i]=1;
    	for(ll j=i;j<=K-1;j++){
    		ll p=-1;if((j-i)%2==0) p=1;
    		mtx[i][j]+=(-2*C(j,i)%MOD*p+MOD)%MOD;
		}
		ll p=-1;if((K-i)%2==0) p=1;
		mtx[i][K]=(C(K,i)*p+MOD)%MOD;
	}
	for(ll i=K-1;i>=0;i--){//上三角高斯消元
		B[i]=mtx[i][K]*Inv(mtx[i][i])%MOD;
		for(ll j=i-1;j>=0;j--){
			mtx[j][K]=(mtx[j][K]-B[i]*mtx[j][i]%MOD+MOD)%MOD;
			mtx[j][i]=0;
		}
	}
	c=(GetY(1)+1)+MOD%MOD;
}
int main(){
    cin>>N>>K;
    FacInit(K);
    GetFormula();
    cout<<(c*QPow(2,N-1)%MOD-GetY(N)+MOD)%MOD;
    return 0;
}

和洛谷题解里rqy聚聚的解法似乎有一些关联（

2019/07/01