AGC002F Leftmost Ball

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Description

\(n\)种颜色的球，每种\(k\)个，\((n,k\leq 2000)\)将\(n\cdot k\)个球排成一排，把每种颜色最左边的那个涂成白色（初始不含白色），求不同序列个数。

Solution

考虑一种性质，该序列的前缀中白球个数应大于其他颜色的种类。

考虑\(O(n^2)\)的做法，设\(f_{i,j}\)为已经放了\(i\)个白球，放完了\(j\)中其它颜色的方案数。

第\(i\)位若为白球，\(f_{i,j}+=f_{i-1,j}\)，即放直接放一个白球

第\(i​\)为若为其它颜色的球，\(f_{i,j}+=f_{i,j-1}\cdot (n-j+1)\cdot C_{n\cdot k-i-(j-1)\cdot (k-1)-1}^{k-2}​\)，即在第一个空位选一个颜色放，然后在后面剩下的位置放该颜色剩下\(k-2​\)个球。

综上所述：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}\cdot (n-j+1)\cdot C_{n\cdot k-i-(j-1)\cdot (k-1)-1}^{k-2}
\]

\[f_{i,0}=1,Ans=f_{n,n}
\]

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2005, P=1000000007;
int f[N][N], fac[N*N], ifac[N*N];

int C(int n, int m){return fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int Pow(int x, int t)
{
    int res=1;
    while (t) {if (t&1) res=res*x%P; x=x*x%P; t>>=1;}
    return res;
}

signed main()
{
    int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
    if (k==1) {puts("1"); return 0;}
    f[0][0]=fac[0]=1;
    for (int i=1; i<=4e6; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
    ifac[(int)4e6]=Pow(fac[(int)4e6], P-2);
    for (int i=4e6-1; ~i; i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%P;
    for (int i=1; i<=n; i++)
        for (int j=0; j<=i; j++)
            f[i][j]=f[i-1][j]+(j!=0)*
                (f[i][j-1]*(n-j+1)%P*C(n*k-i-(j-1)*(k-1)-1, k-2)%P)%P;
    printf("%d\n", f[n][n]);
    return 0;
}