集训队互测 2012 calc 题解

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题目大意： 一个合法的数列满足：长度为 $n$；每个数的值在 $[1,k]$ 内；任意两个数不同。一个数列的值为所有数的乘积，求所有合法数列的值的和。

题解

考虑只统计上升的数列，最后答案乘 $n!$ 即可。

设 $f(i,j)$ 表示前 $i$ 个数的值在 $[1,j]$ 内的所有方案的贡献和，考虑第 $i$ 个数选不选 $j$，可以得到dp方程：$f(i,j)=f(i,j-1)+f(i-1,j-1)\times j$。

根据在很多地方都能看到的一个东西：若 $f(x)$ 是关于 $x$ 的 $n$ 次多项式，那么设 $g(x)=f(x+1)-f(x)$，$g(x)$ 就是一个关于 $x$ 的 $n-1$ 次多项式，证明显然。

设 $f(i,j)$ 是一个关于 $j$ 的 $g(i)$ 次多项式，注意到上面也有一个类似差分的东西：
$$f(i,j)-f(i,j-1)=f(i-1,j-1)\times j$$

一个 $g(i)$ 次的数列，差分后得到一个 $g(i-1)+1$ 次的数列，即 $g(i)-1=g(i-1)+1$，等价于 $g(i)=g(i-1)+2=2i+g(0)=2i$。

所以 $f(i,j)$ 是个 $2i$ 次的多项式，但你可能会问，为什么他就一定是个多项式呢？

这个也可以用归纳法简单证明，还是用上面的那个差分式子，由于 $f(0,j)=1$，是个多项式，再根据 $f(i,j)$ 的差分可以得到 $f(i-1,j-1)\times j$，而 $f(i-1,j-1)$ 是个多项式，所以 $f(i,j)$ 也是个多项式。

考虑拉格朗日插值，如果能算出 $f(n,[1,2n+1])$，那么就能求出 $f(n,k)$ 了。而 $f(n,[1,2n+1])$ 可以直接 $n^2$ dp得到，然后套一个拉格朗日插值板子就做完了。当然由于这里选取的点的 $x$ 坐标连续，你也可以用广为人知的技巧优化到 $O(n)$，实际上由于 $n^2$ 做法里面涉及大量取模操作，如果优化成 $O(n)$ 的，虽然理论时间复杂度依然是 $O(n^2)$（来自上面的dp），但实际会快超级多。

然而我还是写了n^2的代码如下：

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1010

int n,k,mod;
int f[maxn][maxn];
int ksm(int x,int y){
    
    int re=1;for(;(y&1?re=1ll*re*x%mod:0),y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod);return re;}
long long ans=0;

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d %d",&k,&n,&mod);
	for(int i=0;i<=2*n+1;i++)f[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=2*n+1;j++)
			f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*j+f[i][j-1])%mod;
	if(k<=2*n+1)ans=f[n][k];
	else{
    
    
		for(int i=1;i<=2*n+1;i++){
    
    
			long long tot=f[n][i];
			for(int j=1;j<=2*n+1;j++)if(i!=j)
				tot=tot*(k-j)%mod*ksm((mod+i-j)%mod,mod-2)%mod;
			ans+=tot;
		}
		ans%=mod;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)ans=ans*i%mod;
	printf("%lld",ans);
}