JZOJ 7039. 2021.04.01【2021省赛模拟】计数（推式子+DP）

JZOJ 7039. 2021.04.01【2021省赛模拟】计数

题目大意

• 给出$n,m,x$，定义一个序列的权值为$min(l-x,0)$，其中$l$为最长连续段的长度。求所有长度为$n$且满足$a_i\in [1,m]$的正整数序列权值之和。
• $x\le n\le 10^6，k\le 10^8$

题解

• 首先很重要的一步是拆贡献，$min(l-x,0)=sum_{i=x+1}^n [lge i] $，这样可以转化为对所有$iin(x,n]$，求最长段长度$ge i$的序列个数。
• 接下来考虑到“最长段”这一限制若使用DP统计的话，需要一维$0/1$记录是否存在过长度为$i$的连续段，如果考虑反过来，求$<i$的序列，则不需要记录，因为必须保证所有段都小于。这样每次枚举$i$都用总方案$m^n$减去算出的总数即可。
• 具体地，转移方程如下：
• $f_0=1$
• $f_j=[j\le i]\ast m+{\sum }_{k<min(i,j)}{f}_{j-k}\ast (m-1)$
• 含义为每次枚举当前最后一个连续段，长度$k$取值为$[1,i)$，其中当$j-k>0$即$j>k$时，转移系数为$m-1$，因为要和前一种数不同；当$j-k=0$即$j=k$时，转移系数为$m$，因为这是第一段，任意一种数都可以取。
• 这样做是$O(n^3)$的，用前缀和可以优化到$O(n^2)$。
• 此时关键又来了，若用另一数组$s$记录前缀和的话，转移式便无法继续优化了，若直接用$f$记下前缀和，则式子化简后可以得到：
• $f_0=1$
• $j<i$时，$f_j=f_{j-1}\ast m+1$
• $j\ge i$时，$f_j=f_{j-1}\ast m-f_{j-i}\ast (m-1)$
• 然后最后的总数由$f_n$变为$f_n-f_{n-1}$，因为现在的$f$是之前的$f$的前缀和。
• 考虑转移式的意义，相当于以$[0,i)$中任意一点为起点，每次可以向$j+1$走去，方案为$m$，或向$j+i$走去，方案为$m-1$，最后走到$n$的方案数减去走到$n-1$的方案数。
• 由于起点太多，不妨反过来，变为以$0$为起点走到$(n-i,n]$的方案数减去以$1$为起点走到$(n-i,n]$的方案数，把起点统一，后者相当于以$0$为起点走到$[n-i,n-1]$的方案数，二者作差后只剩到$n$的方案数减去到$n-i$的方案数，也就是只用求出这两个值再相减。
• 至于怎么求，就很容易了，发现移动的方法有两种，分别为增加$1$和增加$i$，那么枚举后者的转移次数$j$，对应的方案为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-ij+i}{j}\right)$，相当于总次数中选出$j$次（$i,j$确定后总次数是确定的），贡献为方案数乘上$m^{n-ij}(1-m{)}^j$。
• 对每个$i$枚举次数只有$\frac{n}{i}$，总复杂度$O(n{\log }_{2}n)$级别的。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1000010
#define ll long long
#define md 998244353
ll f[N], g[N], p[N], q[N];
ll C(int x, int y) {
	return f[x] * g[y] % md * g[x - y] % md;
}
ll ksm(ll x, ll y) {
	if(!y) return 1;
	ll l = ksm(x, y / 2);
	if(y % 2) return l * l % md * x % md;
	return l * l % md;
}
ll solve(int n, int x) {
	ll s = 0;
	for(int i = 0; i * x <= n; i++) s = (s + C(n - i * x + i, i) * p[i] % md * q[n - i * x] % md) % md;
	return s;
}
int main() {
	int n, m, X, i;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &X);
	p[0] = q[0] = f[0] = 1;
	for(i = 1; i <= n; i++) p[i] = p[i - 1] * (1 - m + md) % md, q[i] = q[i - 1] * m % md;
	for(i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] * i % md;
	g[n] = ksm(f[n], md - 2);
	for(i = n - 1; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % md;
	ll ans = 0;
	for(i = X + 1; i <= n; i++) ans = (ans + q[n] - solve(n, i) + solve(n - i, i) + md) % md;
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}

自我小结

• 这题从头到尾很多处理方式都特别巧妙，同时也特别重要，如果自己从头开始一步一步推，会有豁然开朗的感觉。