「AT2021」キャンディーとN人の子供 / Children and Candies

前言

今天练习赛出了这道题，由于我太菜没有在考场上做出来。
翻了题解后，感觉题解讲的并不是十分直观，所以自己写一篇。

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题目大意

太长了，不讲了。
数据范围：
\(1\leq N\leq 400\)
\(1\leq C\leq 400\)
\(1\leq A_i,B_i\leq 400\)

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解题思路

考虑 \(\text{DP}\)（至于为什么是 \(\text{DP}\) 。。。靠经验吧）
设 \(f[i][j]\) 表示当前 \(\text{DP}\) 到了第 \(i\) 个人，已经发了 \(j\) 个糖果的答案。
那么转移方程为：

\[f[i][j]=\sum_{k=0}^jf[i-1][j-k]\left( \sum_{x=A_i}^{B_i}x^k \right) \]

这样来理解：
我们枚举一个 \(k\ (0 \leq k \leq j)\)，表示我们当前这个人也就是第 \(i\) 个人分到了 \(k\) 个糖果。
我们需要在之前的 \(i-1\) 个人的答案中都乘上当前这个人的贡献：\(\sum\limits_{x=A_i}^{B_i}x^k\)。
这就是转移方程的意义。
此外我们加一个前缀和优化就可以达到 \(O(n^3)\) 的复杂度。

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细节注意事项

• 注意取模的问题，减法记得加一个模数再去模
• 中间运算记得用 \(\text{long long}\)

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参考代码

/*--------------------------------
  Author: The Ace Bee
  Blog: www.cnblogs.com/zsbzsb
  This code is made by The Ace Bee
--------------------------------*/
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
	s = 0; int f = 0; char c = getchar();
	while (!isdigit(c)) f |= (c == '-'), c = getchar();
	while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
	s = f ? -s : s;
}

typedef long long LL;
const int p = 1000000007;
const int _ = 410;

int n, c, a[_], b[_];
LL pw[_][_], f[_][_];

int main() {
	read(n), read(c);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(b[i]);

	for (rg int i = 1; i < _; ++i) pw[i][0] = 1ll;
	for (rg int i = 1; i < _; ++i)
		for (rg int j = 1; j < _; ++j)
			pw[i][j] = 1ll * pw[i][j - 1] * i % p;
	
	for (rg int i = 1; i < _; ++i)
		for (rg int j = 0; j < _; ++j)
			pw[i][j] = (pw[i][j] + pw[i - 1][j]) % p;

	f[0][0] = 1;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
		for (rg int j = 0; j <= c; ++j)
			for (rg int k = 0; k <= j; ++k)
				f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * f[i - 1][j - k] * (pw[b[i]][k] - pw[a[i] - 1][k] + p) % p) % p;

	printf("%lld\n", f[n][c]);
	
	return 0;
}

完结撒花\(qwq\)