联合省选 2020 A」组合数问题

「联合省选 2020 A」组合数问题

题意：

求(egin{aligned}sum _{k=0}^nf(k)cdot x^kcdot C(n,k)end{aligned})

显然要对于(f(k))的每一项考虑，第(i)项的贡献

(a_iegin{aligned}sum _{k=0}^nk^icdot x^kcdot C(n,k)end{aligned})

通用的(O(m^2))

后面的这个式子，考虑它的组合意义，假设当前有(n)个格子，每个格子被染了([0,x])的颜色

(x^kcdot C(n,k))即枚举有(k)个格子涂了([1,x])的颜色，剩下涂了(0)的颜色

(k^i)的组合意义即可重复地选了(i)次，每次选出的都是在([1,x])颜色的格子的方案数

那么问题可以转化为强制每一次被访问的格子都是([1,x])，其他的格子随便涂([0,x])

问题在于每次被访问的格子会重复，于是可以想到一个简单的转化，求出(i)次访问了(j)不同位置的方案数

即斯特林数(S(i,j))，可以得到的是

(egin{aligned}sum _{k=0}^nk^icdot x^kcdot C(n,k)=sum_{j=0}^iS(i,j)cdot frac{n!}{(n-j)!}cdot x^j(x+1)^{n-j}end{aligned})

实际上可以在(O(m^2))递推斯特林数时就把(frac{n!}{(n-j)!})加入权值，(x^j(x+1)^{n-j})可以预处理出来

因此总复杂度就是(O(m^2))

#include<cstdio>
long long i,j,n,m,P,x,y,F[1010],Pow[1010],r,ans;
int qpow(int x,int k) { 
	for(r=1;k;k>>=1,x=1ll*x*x%P) if(k&1) r=r*x%P; 
	return r; 
}
int main(){
	freopen("problem.in","r",stdin),freopen("problem.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&x,&P,&m,&y),F[0]=1,ans=qpow(x+1,n)*y%P;
	for(int i=0;i<=m;++i) Pow[i]=1ll*qpow(x,i)*qpow(x+1,n-i)%P;
	for(i=1;i<=m;++i) {
		long long res=0;
		for(j=i,scanf("%lld",&y);~j;--j) {
			F[j]=(F[j]*j+(j?F[j-1]*(n-j+1):0))%P; // 类似斯特林数的递推
			res=(res+F[j]*Pow[j])%P;
		}
		ans=(ans+res*y)%P;
	}
	printf("%lld",ans);
}

特殊的(O(mlog^2 m))

(注意以下仅限于口胡!)

假设可以把(f(k))转化为下降幂多项式，依然枚举每一项考虑，那么每次要求的就是

(egin{aligned}sum _{k=0}^nk^{underline i}cdot x^kcdot C(n,k)=i!sum _{k=0}^nC(k,i)cdot x^kcdot C(n,k)end{aligned})

依然考虑组合意义

(x^kcdot C(n,k))即枚举有(k)个格子涂了([1,x])的颜色，剩下涂了(0)的颜色

(C(k,i))的组合意义不可重复地选了(i)次，每次选出的都是在([1,x])颜色的格子的方案数

那么问题可以转化为强制每一次被访问的格子都是([1,x])，其他的格子随便涂([0,x])

(egin{aligned}sum _{k=0}^nk^{underline i}cdot x^kcdot C(n,k)=i!cdot C(n,i)cdot x^icdot (x+1)^{n-i}end{aligned})

(式子应该没有问题，但是下面都是口胡)

求解下降幂多项式需要多点求值，还要求很多逆元

然而对于非质数的(P)，我们求不出(i!)的逆元

(比较智障的搞法就是每次乘法都存下(P)的每个质因数个数，这样，做乘法的复杂度是(log P)，但是不知道最后做出的答案是不是能保证因数个数(ge 0))

对于(P)为质数的情况，用( ext{MTT})做多项式转下降幂多项式的复杂度是(O(mlog^2 m))

(听说用转置原理优化的多点求值已经可以跑(10^6)啦?)