LOJ tangjz的背包

题目大意

有 $n$ 个物品, 第 $i$ 个物品的体积为 $i$

令 $f(x)$ 为选择 $m$ 个物品, 体积和为 $x$ 的方案数

令 $V = \sum_{i=1}^m (n-i+1)$

求 $f(1)\cdots f(V)$ 关于 $w=19190506$ 的 $hash$ 值

$1\le m\le n \le 10^{12}$

subtask 1

考虑递推

$f[n,m,x]$ 是 $(a_1,\cdots,a_m), a_i\ge 1, \sum a_i = x$ 的划分数量

我们让 $a_i -= 1$ , 相当于物品大小变为 $[0,n-1]$, 所需体积变成 $x-m$

枚举 $0$ 号物品是否选择

就得到递推式 $f[n,m,x] = f[n-1,m,x-m] + f[n-1,m-1,x-m]$

举个例子 (前两行平移了一下) :

f[3,1] =     (0,1,1,1,0,0)
f[3,2] =     (0,0,0,1,1,1)
f[4,2] = (0,0,0,1,1,2,1,1)

将第三维 $hash$ 起来

那么 $f[n-1,m-1]$ 那边需要补上后面的 $n-m$ 个空位

而 $f[n-1,m]$ 那边不需要

于是有 $f[n,m] = f[n-1,m] + f[n-1][m-1] w^{n-m}$

subtask 2

搞搞生成函数什么的.

subtask 3

观察本题的递推式, 有 $\downarrow$, $\searrow$ 两种移动方式

每列只能用恰好一次 $\searrow.~~$ 确定好在哪里使用 $\searrow$ 就可以确定路径

给 $\searrow$ 标号. 设标号为 $i$ 的 $\searrow$ 在第 $p_i$ 行使用

我们要算的东西是: $$\sum_{1\le p_1\lt p_2\lt \cdots\lt p_m\le n} \frac{\prod_{i=1}^m w^{{p_i}}{\prod_{i=1}}m w^i}$$

考虑如下的变换 :

令 $p'_i = p_i - \sum_{j<i} [p_j<p_i]$. 可知 $1\le p'_i \le n-i+1$.

而对于任一一组满足条件的 $p'$, 每次让 $p_i$ 选在剩余可选位置中第 $p'$ 个即可. 构成双射.

记 $\sigma(p)$ 表示 $p$ 中的顺序对个数

那么 $\prod w^{p'_i} = w^{-\sigma(p)} \prod w^{p_i}$

令 $S$ 为 $\sum_{排列(置换)} w^{\sigma}$

我们对原式做一下变换

\[\begin{aligned}
& \sum_{1\le p_1\lt p_2\lt \cdots\lt p_m\le n\\1\le q_1\lt q_2\lt \cdots \lt q_m \le m}\frac{ \prod w^{p_i} } { \prod w^{q_i} } && 等价形式\\
&= \sum_{p, q} \frac{ w^{\sigma(p)} \prod w^{p_i} } { w^{\sigma(q)} \prod w^{q_i} } && 上下同时乘S, 并将置换作用在p,q上\\
&= \sum_{p', q'} \frac{ \prod w^{p'_i} } { \prod w^{q'_i} }\\
&= \frac{ \prod_{i=1}^m (\sum_{j=1}^{n-i+1} w^j) } { \prod_{i=1}^m (\sum_{j=1}^{m-i+1} w^j)} && 交换计算顺序\\
&= \frac{ \prod_{i=1}^m (\sum_{j=0}^{n-i} w^j) } { \prod_{i=1}^m (\sum_{j=0}^{m-i} w^j)} && 上下同时除w^m \\
&= \frac{ [n]^{\underline m} } { [m]! } && [k] = \frac{q^k-1}{q-1}(等比数列和)\\
&= \frac{ \prod_{i=1}^m (q^{n-i+1}-1) } { \prod_{i=1}^m (q^i-1) }\\
\end{aligned}
\]

其实 $f[n,m] = {\binom n m}_w$

关于本题递推式的更多信息可以参考wiki

subtask 4

先回顾 lucas 定理 : $\binom n m \equiv \binom {\lfloor \frac n p\rfloor}{\lfloor \frac m p\rfloor} \binom {n\bmod p}{m\bmod p} \pmod p$

证明 :

$n!\bmod p = (\prod_{i=1}^{\lfloor \frac n p\rfloor} ip)~(\prod_{i=1}^{p-1})^{\lfloor \frac n p \rfloor}~(\prod_{i=1}^{n\bmod p} i)$

也即分成三个部分, 整除部分, 整块部分, 剩余部分

只有第一部分有 $p$. 它可以写成 $p^{\lfloor \frac n p \rfloor} \lfloor \frac n p \rfloor !$

(1) $\lfloor \frac {n-m} p \rfloor + \lfloor \frac m p \rfloor < \lfloor \frac n p \rfloor$

此时幂部分 $p$ 有剩余, 阶乘部分剩余为整数, 无法将 $p$ 抵消. 值为 $0$

对应的, 在lucas定理中, $n\bmod p + m\bmod p > p$, 使得组合数值为 $0$

(2) $\lfloor \frac {n-m} p \rfloor + \lfloor \frac m p \rfloor = \lfloor \frac n p \rfloor$

此时原式中的第一部分剩下的是组合数, 第二部分抵消, 第三部分不变.

这样不用生成函数来证明, 更容易推广一些

推广到这一题:

考虑令 $w^a-1\equiv 0$ 的最小的 $a$

记 $fac[n] = \prod_{i=1}^n (q^i-1)$

那么 $fac[n] = (\prod_{i=1}^{\lfloor \frac n a \rfloor}q^{ai}-1)~(\prod_{i=1}^{n-1} q^i-1)^{\lfloor \frac n a \rfloor}~(\prod_{i=1}^{n\bmod a} q^i-1)$

因式分解 $q^{ai}-1 = (q^a-1)(\sum_{k=0}^{i-1}q^{ak}) = i(q^a-1)$

因此 $fac[n] = (q^a-1){\lfloor \frac n p \rfloor} \lfloor \frac n p \rfloor! $
剩下的推导就同理了, 最终得到:
${\binom n m}_w = \binom {\lfloor \frac n a \rfloor}{\lfloor \frac m a \rfloor} {\binom {n\bmod a}{m\bmod a}}_w$