(mathcal{Description})
Link.
求长度为 (n)，值域为 ([1,m]) 的整数序列 (lang a_n ang) 的个数，满足 ( otexist iin[1,n),~max_{j=1}^i{a_j}=min_{j=i+1}^n{a_j})，答案对大素数 (p) 取模。
(nle400)，(mle10^8)。
(mathcal{Solution})
前几天刚胡了一个 "DP and DP" 的 trick，这不又遇见一道。（
注意到 (m) 很大，一副拒 DP 状态于千里之外的样子，尝试先回避它——将某个合法 (lang a_n
ang) 离散化，此时值域不超过 ([1,n])。但“离散化”又要求值域中每个位置出现，那我们折中：只要求值域为 ([1,n])，而不限制每个位置出现。可是为了将值域还原为 ([1,m])，我们又势必得知“有多少个合法 (lang a_n
ang)，其中 (a) 有 (x) 种不同取值”。
一步步来，先考虑求出 (f(i,j))，表示长度为 (i) 的序列，值域在 ([1,j]) 时的合法数量。总数减去不合法数，枚举最后一个不合法位置 (k-1)，以及此时前缀 (max) 和后缀 (min) 的值 (t)，可以发现 (a_{k..n}) 构成子问题，得到转移
[f(i,j)=j^i-sum_{k=2}^isum_{t=1}^j(t^{k-1}-(t-1)^{k-1})(f(i-k+1,j-t+1)-f(i-k+1,j-t)).
]
合理处理系数的指标和转移状态的下标，可以利用前缀和将求 (f) 的过程优化至 (mathcal O(n^3))。
如刚才透露的一般，我们在目标状态 (f(n,1..n)) 的基础下求“有 (x) 个不同取值”。令 (g(i)) 表示长度为 (n) 的序列中，离散化后满足值域恰为 ([1,i]) 的合法数量，简单地
[g(i)=f(n,i)-sum_{j=1}^{i-1}inom{i}{j}g(j).
]
答案变得显而易见
[ extit{answer}=sum_{i=1}^ninom{m}{i}g_i.
]
其中组合数展开成下降幂暴力算即可。总复杂度 (mathcal O(n^3))。
(mathcal{Code})
/*~Rainybunny~*/
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )
const int MAXN = 400;
int n, m, P, fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
int pwr[MAXN + 5][MAXN + 5], ipwr[MAXN + 5][MAXN + 5];
int f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5];
inline int mul( const int a, const int b ) { return 1ll * a * b % P; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += P ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < P ? a : a - P; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= P && ( a -= P ); }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + P : a; }
inline int mpow( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
inline void init() {
fac[0] = 1;
rep ( i, 1, n ) fac[i] = mul( i, fac[i - 1] );
ifac[n] = mpow( fac[n], P - 2 );
per ( i, n - 1, 0 ) ifac[i] = mul( i + 1, ifac[i + 1] );
rep ( i, 0, n ) {
pwr[i][0] = ipwr[i][0] = 1;
ipwr[i][1] = mpow( pwr[i][1] = i, P - 2 );
rep ( j, 2, n ) {
pwr[i][j] = mul( i, pwr[i][j - 1] );
ipwr[i][j] = mul( ipwr[i][j - 1], ipwr[i][1] );
}
}
}
inline int comb( const int a, const int b ) {
return a < b ? 0 : mul( fac[a], mul( ifac[b], ifac[a - b] ) );
}
int main() {
scanf( "%d %d %d", &n, &m, &P ), init();
rep ( j, 1, n ) {
static int sum[MAXN + 5][2];
rep ( i, 1, n ) sum[i][0] = sum[i][1] = 0;
rep ( i, 1, n ) {
int& cur = f[i][j] = pwr[j][i];
rep ( t, 1, j ) {
subeq( cur, mul( pwr[t][i], sum[t][0] ) );
addeq( cur, mul( pwr[t - 1][i], sum[t][1] ) );
}
rep ( t, 1, j ) {
addeq( sum[t][0], mul( ipwr[t][i],
sub( f[i][j - t + 1], f[i][j - t] ) ) );
addeq( sum[t][1], mul( ipwr[t - 1][i],
sub( f[i][j - t + 1], f[i][j - t] ) ) );
}
}
}
int ans = 0, c = 1;
rep ( i, 1, n ) {
int& cur = g[i] = f[n][i];
rep ( j, 1, i - 1 ) subeq( cur, mul( comb( i, j ), g[j] ) );
c = mul( c, mul( m - i + 1, ipwr[i][1] ) );
addeq( ans, mul( c, g[i] ) );
}
printf( "%d
", ans );
return 0;
}