【CF232B】Table（补充版）
【CF232B】Table（补充版）
前言
楼中的大佬们讲解的正解，但并未讲解 \(cnt_i = \sum\limits_{j=1}^m [j \mod n = i]\)（\(i\)、\(j\)这两列放的点的个数应该是相同的）的 \(O(1)\) 的代码实现是怎么得来的，我的题解则给出了解释。
（也可能是我太蒟蒻了）
分析问题
题意
有一个 \(n\times m\) 的矩阵，求使得每个 \(n\times n\) 的矩阵中都有正好 \(k\) 个点的方案数，方案数对 \(1000000007\)（\(1e9+7\)）取模。
\(1\le n\le100,n\le m\le10^{18},0\le k\le n^2\)
分析
通过题目的样例分析，我们可以得出：\(m\) 很大，如果我们可以考虑求出前 \(n\)，从而直接得到 \(m\) 列的方案数（因为我们知道前 \(n\) 列一定要放 \(k\) 个点，所以，只要知道前 \(n\) 列的方案数，那么便知道全部的方案数）。
其实也就是找规律，得到：对于 \(i\)、\(j\)（\(i\equiv j \pmod{n}\)），这两列放的点的个数应该是一样的。
然后，我们便可以使用 DP 的思路，求出前 \(n\) 列的方案，其中 \(f[i][j]\) 表示前 i 列放 \(j\) 个点的方案数。
DP 转移方程如下：
\[f[i][j] = \sum\limits_{t=0}^{\min(j,n)} f[i-1][j-t] \times \dbinom{n}{t} ^ {p_i}
\]
其中，\(p_i = \sum\limits_{j=1}^m [j \mod n = i]\)（显然，相同列数的方案数相乘）
问题
- \(p_i = \sum\limits_{j=1}^m [j \mod n = i]\) 如何 \(O(1)\) 计算（\(i \in [1,n]\)）？
- 暴力枚举的话就是在 \(i\) 的基础上每回加 \(n\)（不超过 \(m\)）就是 \(j\)：
\[\left\lfloor\dfrac{m-i}{j}\right\rfloor + 1
\]
- 高级的（
笑死，我当时没懂）（常数更快一点）：
(m-1)/n + (i <= (m-1)%n+1)
- 组合数的计算
- 一种 \(O(n^2)\) 预处理：
for(int i = 1; i <= n; i++){
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for(int j = 1; j < i; j++)
C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % mod;
}
- 一种是 \(O(\log n)\) 预处理（两种都可通过）:
lt qp(lt a, lt n, lt p){
lt b = 1;
for(; n; n >>= 1, a = a * a % p)
if(n & 1) b = b * a % p;
return b;
}
void cfac(){
fac[0] = 1 % p;
for(int i = 1; i <= 220; i++){
fac[i] = fac[i-1] * i % p;
}
}
void cifac(){
ifac[220] = qp(fac[220], p-2, p);
for(int i = 220 - 1; i >= 0; i--){
ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1) % p;
}
}
lt C(lt n, lt k){
if(n < k) return 0;
return fac[n] * ifac[k] % p * ifac[n-k] % p;
}
Code
复杂度：\(O(n^4)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lt;
const lt N = 110, p = 1000000007;
lt n, m, k;
lt fac[N*N], ifac[N*N];
lt fp[N][N], f[N][N*N], cnt[N];
void re_and_wr(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
}
lt qp(lt a, lt n, lt p){
lt b = 1;
for(; n; n >>= 1, a = a * a % p)
if(n & 1) b = b * a % p;
return b;
}
void cfac(){
fac[0] = 1 % p;
for(int i = 1; i <= 220; i++){
fac[i] = fac[i-1] * i % p;
}
}
void cifac(){
ifac[220] = qp(fac[220], p-2, p);
for(int i = 220 - 1; i >= 0; i--){
ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1) % p;
}
}
lt C(lt n, lt k){
if(n < k) return 0;
return fac[n] * ifac[k] % p * ifac[n-k] % p;
}
int main(){
// freopen("6.in", "r", stdin);
// freopen("6.out", "w", stdout);
re_and_wr();
cfac(); cifac();
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 0; j <= n; j++){
fp[i][j] = qp(C(n, j), (m-i)/n+1, p);
}
}
f[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 0; j <= min(k, i*n); j++){
for(int t = 0; t <= min((lt)j, n); t++){
f[i][j] = (f[i][j] + f[i-1][j-t] * fp[i][t] % p) % p;
}
}
}
cout << f[n][k];
return 0;
}
