BZOJ2655: calc(dp 拉格朗日插值)
题意
Sol
首先不难想到一个dp
设\(f[i][j]\)表示选了\(i\)个严格递增的数最大的数为\(j\)的方案数
转移的时候判断一下最后一个位置是否是\(j\)
\[f[i][j] = f[i][j - 1] + f[i - 1][j - 1] * j
\]
for(int i = 0; i <= A; i++) f[0][i] = 1;
for(int i = 1; i <= N; i++)
for(int j = 1; j <= A; j++)
f[i][j] = add(f[i][j - 1], mul(f[i - 1][j - 1], j));
cout << mul(f[N][A], fac[N]);
发现还是不好搞,把转移拆开
\(f[i][j] = \sum_{k = 0}^{j - 1} f[i - 1][k] * (k + 1)\)
这个转移就非常有意思了
我们如果把\(i\)看成列,\(k\)看成行,那么转移的时候实际上就是先对第\(k\)行乘上一个系数\(k\),然后再求和
如果我们把第\(i - 1\)列看成一个\(t\)次多项式,显然第\(i\)列是一个\(t+2\)次多项式(求和算一次,乘系数算一次)
这样的话第\(i\)列就是一个最高\(2i+1\)次多项式
插一插就好了
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 10001;
int A, N, Lim, mod, f[501][MAXN], fac[MAXN], y[MAXN];
int add(int x, int y) {
if(x + y < 0) return x + y + mod;
return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
void add2(int &x, int y) {
if(x + y < 0) x = (x + y + mod);
else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);
}
int mul(int x, int y) {
return 1ll * x * y % mod;
}
int fp(int a, int p) {
int base = 1;
while(p) {
if(p & 1) base = mul(base, a);
a = mul(a, a); p >>= 1;
}
return base;
}
int Large(int *y, int k) {
static int x[MAXN], ans = 0;
for(int i = 1; i <= Lim; i++) x[i] = i;
for(int i = 0; i <= Lim; i++) {
int up = y[i], down = 1;
for(int j = 0; j <= Lim; j++) {
if(i == j) continue;
up = mul(up, add(k, -x[j]));
down = mul(down, add(x[i], -x[j]));
}
add2(ans, mul(up, fp(down, mod - 2)));
}
return ans;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in", "r", stdin);
// freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
cin >> A >> N >> mod; Lim = 2 * N + 1;
fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= N; i++) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]);
for(int i = 0; i <= Lim; i++) f[0][i] = 1;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
for(int j = 1; j <= Lim; j++) {
f[i][j] = add(f[i][j - 1], mul(f[i - 1][j - 1], j));
}
}
for(int i = 0; i <= Lim; i++) y[i] = f[N][i];
cout << mul(Large(y, A), fac[N]);
return 0;
}
作者:自为风月马前卒
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