[组合数学][多项式][拉格朗日插值]count

• 源自 ditoly 大爷的 FJ 省队集训课件

Statement

• 有 \(m\) 个正整数变量，求有多少种取值方案

• 使得所有变量的和不超过 \(S\)

• 并且前 \(n\) 个变量的值都不超过 \(t\)

• 答案对 \(10^9+7\) 取模

• \(m-n\le1000\) ，\(m\le 10^9\) ，\(t\le 10^5\) ，\(nt\le s\le 10^{18}\)

Solution

• 由于 \(nt\le s\le 10^{18}\) ，所以我们的解可以表示成：

• \[\sum_{x_1=1}^t\sum_{x_2=1}^t\dots\sum_{x_n=1}^t\binom{S-\sum_{i=1}^nx_i}{m-n} \]

• 设 \(s=S-(m-n)+1-\sum_{i=1}^nx_i\)

• 注意到上面的和式里面的组合数是一个关于 \(s\) 的多项式，具体地，它等于 \(\frac{s^{\overline{m-n}}}{(m-n)!}\)

• 其中 \(n^{\overline m}\) 表示 \(n\) 的 \(m\) 次上升幂，即 \(\prod_{i=0}^{m-1}(n+i)\)

• 由第一类斯特林数的生成函数可得，这个多项式的 \(i\) 次项系数为 \(\frac{\begin{bmatrix}m-n\\i\end{bmatrix}}{(m-n)!}\) ，其中 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 为第一类斯特林数，即把 \(n\) 个元素分成 \(m\) 个圆排列的方案数

• 把组合数表示成多项式的形式之后，我们考虑如果我们求出了在前 \(n\) 个变量所有 \(t^n\) 种取值下对应的 \(s^i\) （\(0\le i\le m-n\)）之和，那么问题就能很好地解决了

• 考虑 DP：\(f[i][j]\) 表示 \(x_{1\dots i}\) 所有取值下 \((S-m+n+1-\sum_{k=1}^ix_k)^j\) 的和

• 考虑如何从 \(f[i]\) 转移到 \(f[i+1]\)

• 这个转移即枚举 \(x_{i+1}\) 的取值，设 \(s=S-m+n+1-\sum_{k=1}^ix_k\)

• 可以发现：

• \[\sum_{k=1}^t(s-k)^j=\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom jks^ksum(j-k,t) \]

• 其中 \(sum(p,n)=\sum_{i=1}^ni^p\) ，可以利用插值 \(O(p)\) 求出

• 于是我们有了一个 DP 转移：

• \[f[i+1][j]=\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom jksum(j-k,t)f[i][k] \]

• 把组合数拆开：

• \[\frac{f[i+1][j]}{j!}=\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^{j-k}sum(j-k,t)}{(j-k)!}\frac{f[i][k]}{k!} \]

• 设多项式 \(F_i(x)=\sum_{j=0}^{m-n}f[i][j]x^j\) ，\(G(x)=\sum_{i=0}^{m-n}\frac{(-1)^isum(i,t)}{i!}x^i\)

• 那么很容易得到 \(F_n(x)=G(x)^n\) ，倍增快速幂即可

• 复杂度 \(O((m-n)^2\log n)\) 或 \(O((m-n)^2)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1010, rqy = 1e9 + 7;

typedef long long ll;

ll s;
int t, n, m, l, pw[N][N], f[N], fac[N], inv[N], invt[N], g[N], ans, S[N][N];

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % rqy;
		a = 1ll * a * a % rqy;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int calc(int T)
{
	int sum = 0, res = 0, al = 1;
	for (int i = 1; i <= T + 2; i++) al = 1ll * al * (t - i + rqy) % rqy;
	for (int i = 1; i <= T + 2; i++)
	{
		sum = (sum + pw[i][T]) % rqy;
		if (i == t) return sum;
		int delta = 1ll * al * invt[i] % rqy *
			inv[i - 1] % rqy * inv[T + 2 - i] % rqy;
		if (T + 2 - i & 1) delta = (rqy - delta) % rqy;
		res = (1ll * delta * sum + res) % rqy;
	}
	return res;
}

int main()
{
	std::cin >> s >> t >> n >> m;
	l = m - n; s -= l - 1;
	f[0] = fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= l + 2; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % rqy;
	for (int i = 2; i <= l + 2; i++)
		inv[i] = 1ll * (rqy - rqy / i) * inv[rqy % i] % rqy;
	for (int i = 2; i <= l + 2; i++) inv[i] = 1ll * inv[i] * inv[i - 1] % rqy;
	for (int i = 1; i <= l + 2; i++)
	{
		pw[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= l; j++) pw[i][j] = 1ll * pw[i][j - 1] * i % rqy;
	}
	for (int i = 1; i <= l + 2; i++) invt[i] = qpow((t - i + rqy) % rqy, rqy - 2);
	for (int i = 1; i <= l; i++) f[i] = s % rqy * f[i - 1] % rqy;
	for (int i = 0; i <= l; i++) f[i] = 1ll * f[i] * inv[i] % rqy;
	for (int i = 0; i <= l; i++)
	{
		g[i] = 1ll * calc(i) * inv[i] % rqy;
		if (i & 1) g[i] = (rqy - g[i]) % rqy;
	}
	while (n)
	{
		if (n & 1) for (int i = l; i >= 0; i--)
		{
			f[i] = 1ll * f[i] * g[0] % rqy;
			for (int j = 1; j <= i; j++)
				f[i] = (1ll * f[i - j] * g[j] + f[i]) % rqy;
		}
		for (int i = l; i >= 0; i--)
		{
			g[i] = 1ll * g[i] * g[0] % rqy;
			if (i) g[i] = (g[i] + g[i]) % rqy;
			for (int j = 1; j < i; j++)
				g[i] = (1ll * g[i - j] * g[j] + g[i]) % rqy;
		}
		n >>= 1;
	}
	S[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= l; i++)
		for (int j = 1; j <= i; j++)
			S[i][j] = (1ll * S[i - 1][j] * (i - 1) + S[i - 1][j - 1]) % rqy;
	for (int i = 0; i <= l; i++)
		ans = (1ll * f[i] * fac[i] % rqy * S[l][i] + ans) % rqy;
	return std::cout << 1ll * ans * inv[l] % rqy << std::endl, 0;
}