problem

luogu-P4456

solution

預處理階乘和階乘的逆元，枚舉 $1$ 出現次數 $i$，$\sum \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?i+1}{i}\right)(n?i{)}^a{i}^b$。

• $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?i+1}{i}\right)$ 如何推出來?

  從 $n$ 個中選 $i$ 個 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$。容斥不太可能。

  隔板法。分成 $i$ 堆需要插 $i?1$ 塊板。

  考慮 $1$ 不能連續也就是說兩塊板之間至少要隔兩個盒子。

  隔板法經典強制每個至少有 $1$ 個的方法類比過來。

  發現只需要拿走 $i?1$ 個盒子，剩下的選的位置就可以相鄰。

但這樣是不行的，快速冪部分耗時大，且 $n,m$ 之間大小關系不定，逆元可能不存在，無法預處理。

考慮解決組合數計算部分。

• 用 $\text{lucas}$ 定理算。

  不能在要求時間內通過。

• 算一個組合數，可以將分子分母質因數分解，然后在指數位置進行加減運算。最后在把所有質因數乘起來，就可以巧妙避免計算逆元的問題。

  但本題組合數要求計算多個，時間開銷依然未能縮減。

考慮解決快速冪計算部分。

• $x^a,y^b$ 都是完全積性函數。

  $f(i)=i^a?f(xy)=(xy{)}^a=f(x)f(y)=x^a{y}^a$。

  所以可以 $O(n)$ 線性篩。

  這是解決冪運算指數固定的常見方法。

這種做法是不能通過本題的，洛谷題解有一篇能過完全是數據問題。這里只是想記錄一些 $\text{trick}$。

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考慮計算貢獻 $x^a{y}^b=(n?y{)}^a{y}^b={\sum }_{i=0}^a(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})n^i(?1{)}^{a?i}{y}^{a?i}{y}^b$。

發現當枚舉 $i$ 時 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i}\right)n^i(?1{)}^{a?i}$ 均為常數，唯一隨序列不同而變化的是 $y^{a+b?i}$，準確來說應該是 $y$。

我們可以計算所有序列中 $1$ 的個數的 $a+b?i$ 次方之和，然后就可以計入答案。

設 $f(i,j,k):$ 考慮前 $i$ 位，第 $i$ 位為 $k\in [0,1]$，所有合法序列的 $1$ 的個數的 $j$ 次方之和，即 $\sum y^j$。

• $i$ 填 $0$，則對前面無限制。沒有新增的 $1$ 的個數，貢獻不變。

  $f(i,j,0)=f(i?1,j,0)+f(i?1,j,1)$。

• $i$ 填 $1$，則前一位不能為 $1$，只能從 $0$ 轉移。

  此時將有 $y^j\to (y+1{)}^j$ 直接二項式展開。

  $(y+1{)}^j={\sum }_{k=0}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})y^k{1}^{j?k}$。

  所有序列的 $y^k$ 之和恰恰是 $f(,k,)$ 的定義。

  所以轉移為：$f(i,j,1)={\sum }_{k=0}^j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k}\right)f(i?1,k,0)$。

發現轉移壓根和 $i$ 這一維沒有關系，所以是可以矩陣加速 $n$ 的。

注意我們要計算到 $y^{a+b}$ 次方，且我們將兩種轉移合并在一起。

構造初始矩陣 $f:[f_{0,0},f_{1,0},...,f_{a+b,0},f_{0,1},f_{1,1},...,f_{a+b,1}]$。形式化為 $[f_{j,0}\mid f_{j,1}],j\in [0,a+b]$。

構造加速矩陣 $g$：分拆為四個部分。

• 左上角為單位矩陣。表示 $f(,0)\to f^{\prime }(,0)$。
• 左下角為單位矩陣。表示 $f(,1)\to f^{\prime }(,0)$。
• 右上角為組合數矩陣。注意是行列交換了的，表示 $f(,0)\to f^{\prime }(,1)$。
• 右下角為全 $0$ 矩陣。表示不合法 $f(,1)\to f^{\prime }(,1)$。

具體可以自己畫一下，發現是匹配的。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define maxn 185 int n, a, b, mod, m1, m2; int C[maxn][maxn]; struct matrix {int c[maxn][maxn];matrix() { memset( c, 0, sizeof( c ) ); }matrix operator * ( matrix &v ) {matrix ans;for( int i = 0;i < m2;i ++ )for( int k = 0;k < m2;k ++ )if( c[i][k] ) //稀疏矩陣經典有效優化for( int j = 0;j < m2;j ++ ) //j,k交換 內存訪問連續 優化常數ans.c[i][j] = (ans.c[i][j] + c[i][k] * v.c[k][j]) % mod;return ans;} }g, f;signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &a, &b, &mod );m1 = a + b + 1, m2 = m1 << 1;for( int i = 0;i <= m1;i ++ ) {C[i][0] = C[i][i] = 1;for( int j = 1;j < i;j ++ )C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;}for( int i = 0;i < m1;i ++ ) {g.c[i][i] = g.c[i + m1][i] = 1;for( int j = i;j < m1;j ++ )g.c[i][j + m1] = C[j][i];}f.c[0][0] = 1; int x = n;while( x ) {if( x & 1 ) f = f * g;g = g * g;x >>= 1;}x = 1; int ans = 0;for( int i = 0;i <= a;i ++, x = x * n % mod )if( (a - i) & 1 )(ans -= (f.c[0][a+b-i] + f.c[0][a+b-i+m1]) % mod * C[a][i] % mod * x) %= mod;else (ans += (f.c[0][a+b-i] + f.c[0][a+b-i+m1]) % mod * C[a][i] % mod * x) %= mod;printf( "%lld\n", (ans + mod) % mod );return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[CQOI2018] 交错序列（矩阵加速优化dp）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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