P4463 [集训队互测2012] calc（dp + 拉格朗日插值优化）

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考虑 dp 求解，dp 构造升序序列，最后乘上 $n!$

令 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置，最大值小于等于 $j$ 的贡献，转移方程： $f[i][j] = f[i - 1][j - 1] * j + f[i][j - 1]$

最终答案是 $f[n][k]$ ，k 非常大肯定无法求解，考虑优化：
令 $g[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置，第 $i$ 个放 $j$ 的贡献，转移方程： $\displaystyle g[i][j] = j*\sum_{k = 1}^{j - 1}g[i - 1][k]$
显然有 $\displaystyle f[n][k] = \sum_{i = 1}^kg[n][k]$

如果可以证明 $g[n][k]$ 是一个以 $k$ 为自变量的多项式，就可以使用拉格朗日插值快速求解

使用归纳法证明：
当 n = 0 时，g[0][k] = 0，结论成立
设 n > 0 且，g[n][k] 是一个以 k 为自变量的多项式
根据转移方程，有： $\displaystyle g[n + 1][k] =k*\sum_{i = 1}^{k - 1}g[n][i]$，根据k次幂和的推论，可以得知 $g[n + 1][k]$ 是以 $k$ 为自变量的多项式，当 $n = 0$ 时 $dp[n][k]$ 是一个 $0$ 次多项式， $n$ 每增一，根据转移方程可以得出 多项式的次数 $+ 2$，因此 $dp[n][k]$ 是一个以 $k$ 为自变量的 $2n$ 次多项式。

因此 $f[n][k]$ 是一个以 k 为自变量的 $2n + 1$ 次多项式，求出 $2n + 2$ 个点，通过插值快速求出最终答案。不要忘了乘上 $n!$

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 4e3 + 10;
typedef long long ll;
int mod,mx,n,k;
ll fac[maxn],ifac[maxn];
inline ll add(ll x, ll y) {
  	x += y;
  	if (x >= mod) x -= mod;
  	return x;
}

inline ll sub(ll x, ll y) {
	x -= y;
	if (x < 0) x += mod;
	return x;
}

inline ll mul(ll x, ll y) {
  	return x * y % mod;
}
ll fpow(ll a,ll b) {
	ll r = 1;
	while(b) {
		if (b & 1) r = mul(r,a);
		b >>= 1;
		a = mul(a,a);
	}
	return r;
}
ll cal(ll g[maxn],ll x) {			//拉格朗日插值计算多项式
	if (x <= mx) return g[x];
	ll tmp = 1,inv,ans = 0;
	for (int i = 1; i <= mx; i++)
		tmp = mul(tmp,x - i);
	for (int i = 1; i <= mx; i++) {
		ll res = 1, inv = fpow(x - i,mod - 2);
		res = mul(res,g[i]);
		res = mul(res,ifac[i - 1]);
		res = mul(res,ifac[mx - i]);
		res = mul(res,inv);
		res = mul(res,tmp);
		if ((mx - i) & 1) res = mul(res,-1);
		if (res < 0) res += mod;
		ans = add(ans,res);
	}
	return ans;
}
ll f[maxn],tp[maxn],dp[2000][2000];
int main() {
	scanf("%d%d%d",&k,&n,&mod);
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 4000; i++)
		fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
	ifac[4000] = fpow(fac[4000],mod - 2);
	for (int i = 4000 - 1; i >= 0; i--)
		ifac[i] = mul(ifac[i + 1],i + 1);
	mx = 2 * n + 4;
	for (int j = 0; j <= mx; j++)
		dp[0][j] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= mx; j++)
			dp[i][j] = (1ll * dp[i - 1][j - 1] * j + dp[i][j - 1]) % mod;
	printf("%lld\n",1ll * cal(dp[n],k) * fac[n] % mod);
	return 0;
}