【题解】Counting D-sets(容斥+欧拉定理)

【题解】Counting D-sets(容斥+欧拉定理)

没时间写先咕咕咕。

vjCodeChef - CNTDSETS

就是容斥，只是难了一二三四五(dots inf)点

题目大意：

给定你一个(n)维空间，问你这个空间内有多少个点集满足两点间最大的切比雪夫距离为(d)。两个点集不同，当且仅当两个点集无法通过平移而想等。

转化1

考虑最后那个限制，平移想等的限制，受这道题的启发【题解】At2370 Piling Up，我们考虑钦定每一维的(0)点都有点坐落，这样就钦定了一个基准，问题就转变成了要求每维都有(0)，且存在某个点的某维坐标为(d)，且(d)是所有数里最大的。

转化2

此类题有一个套路，就是当它钦定最大最小为(d)的时候的方案数，可以等于([0,d])的随机分配(-[0,d-1])的随机分配，这样减出来的方案就保证了一定有点在(d)空间的边界上，不然一定会被减去。

转化3

所以我们答案就是(f(d)-f(d-1))，其中(f(d))表示(n)维空间的每维在([0,d])中随意分配坐标的方案数。此时我们发现仍然有问题，因为我们还没有钦定每一维有(0)。

考虑我们如何钦定每一维都有零，显然不能一个组合数直接钦定，因为可能一个点的坐标有多个(0)，这个情况我们考虑不到。但是可以发现每一维本质相同的(意思是可以通过组合数来计算方案)，所以可以(O(n))容斥。考虑我们容斥什么，我们容斥钦定每至少i维没有(0)，最后我们要的是(0)维没有(0)。

转换4

我们看一个点的坐标，写成这个形式(p(x_1,x_2,x_3,x_4dots x_n)，x_iin [0,d],x_i in N^+)，那么由(p)构成的点集的方案是多少呢，我想啊想想不出来就去看题解去了。题解告诉我，这个的方案数是

[2^{(d+1)^n} ]

傻逼了。其实很简单，总共有((d+1)^n)个点，枚举每个点放不放即可，注意包括了一个也不放的方案。

那么如何钦定至少(i)没有(0)呢？很简单，钦定(x_iin[1,d])就好了。那么这个的方案就是

[{n choose i}2^{d^i(d+1)^{n-i}} ]

乘上一个组合数枚举哪些维度没有(0)。

所以最终(f(x)=)

[sum_{i=0}^n (-1)^i{n choose i}2^{d^i(d+1)^{n-i}} ]

所以最终答案(=f(d)-f(d-1))

转换5

看答案那个式子，你发现你要到指数上面取膜，你很害怕，因为你好像不知道指数上取膜的运算规则。这就(naive)了，模数是(1e9+7)是个质数，现在你发现欧拉定理有用了，因为

[a^{phi(p)} equiv 1 mod p ]

而质数中，(phi(p)=p-1)。所以你在指数上就直接对(1e9+6)取膜就好了。

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>


using namespace std;  typedef long long ll;
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}
const int mod=1e9+7;
inline int Pow(int base,const int&p){
      register int ret=1;
      for(register int t=p;t;t>>=1,base=1ll*base*base%mod)
	    if(t&1) ret=1ll*ret*base%mod;
      return ret;
}

const int mod2=mod-1;
inline int zhiPow(int base,const int&p){
      register int ret=1;
      for(register int t=p;t;t>>=1,base=1ll*base*base%mod2)
	    if(t&1) ret=1ll*ret*base%mod2;
      return ret;      
      
}

const int maxn=1e3+5;
int jc[maxn],inv[maxn];
int n,d;
inline int c(const int&n,const int&m){
      if(n<m)return 0;
      return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*1ll*inv[n-m]%mod;
}
inline int F(const int&x){
      register int ret=0;
      for(register int t=0,delta;t<=n;++t){
	    delta=1ll*c(n,t)*Pow(2,(1ll*zhiPow(x,t)*zhiPow(x+1,n-t))%mod2)%mod;
	    if(t&1) delta=mod-delta;
	    ret=(ret+delta)%mod;
      }
      return ret;
}


int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
      freopen("in.in","r",stdin);
      //freopen("out.out","w",stdout);
#endif
      int T=qr();
      jc[0]=inv[0]=1;
      for(register int t=1;t<maxn;++t)
	    jc[t]=1ll*jc[t-1]*t%mod,inv[t]=Pow(jc[t],mod-2);
      while(T--){
	    n=qr(),d=qr();
	    cout<<((F(d)-F(d-1))%mod+mod)%mod<<endl;
      }
      return 0;
}

Status	Accepted
Memory	15257kB
Length	1546
Lang	C++14(gcc 6.3)
Submitted	2019-06-13 17:44:16
Shared	Yes
RemoteRunId	24729181