BZOJ4599[JLoi2016&LNoi2016]成绩比较(dp+拉格朗日插值)
这个题我们首先可以dp,f[i][j]表示前i个科目恰好碾压了j个人的方案数,然后进行转移。我们先不考虑每个人的分数,先只关心和B的相对大小关系。我们设R[i]为第i科比B分数少的人数,则有f[i][j]=sum f[i-1][k]*C(k,j)*C(n-1-k,R[i]-j) (k>=j) 怎么解释呢,首先前i-1科有k个人已经被碾压,k肯定大于等于j,然后考虑当前这一科有j个人被碾压,那么就需要从k个人中选出j个来即C(k,j),然后从剩下的有R[i]-j个人比B考的少,这些人必须是之前i-1科里就没有被碾压的人,所以再乘上一个C(n-1-j,R[i]-k),到此我们dp完了,可是我们还需要算上每个人的分数,这个东西很明显可以乘上我们的f[m][k]得到答案。 这些分数的方案数是什么呢?对于第i科成绩,有n-R[i]-1个人比B考的多,有R[i]个人比B少,因为我们之前考虑了相对大小关系,这里直接很明显的算就行了就是
然后我们算n次sigam即可,把他们乘在一起。但是由于Ui是1e9级别的,直接暴力算肯定会超时,我们可以用拉格朗日插值来算。
很明显这是一个n次的多项式,所以我们利用插值就可以算出答案了。 —— by VANE
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MN 105
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
int x = , f = ; char ch = getchar();
while(ch < '' || ch > ''){ if(ch == '-') f = -; ch = getchar();}
while(ch >= '' && ch <= ''){x = x * + ch - '';ch = getchar();}
return x * f;
}
int inv[MN+],Inv[MN+],p[MN+],U[MN+],R[MN+],n,m,K,f[MN+][MN+]; inline int pow(int x,int k)
{
int sum=;
for(;k;k>>=,x=1LL*x*x%mod)
if(k&) sum=1LL*sum*x%mod;
return sum;
}
inline int C(int n,int m){return 1LL*p[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;}
inline void Re(int&x,int y){x+=y;x>=mod?x-=mod:;} inline int Calc(int m,int rk)
{
if(m<=n+)
{
int res=;
for(int i=;i<=m;++i)
res=(res+1LL*pow(i,rk)*pow(m-i,n-rk-))%mod;
return res;
}
int sum=,res=,Div=,S=;
for(int i=;i<=n+;++i) sum=1LL*sum*(m-i+mod)%mod;
for(int i=;i<=n+;++i) Div=1LL*Div*(-i+mod)%mod;
for(int i=;i<=n+;++i)
{
int t=1LL*sum*pow(m-i+mod,mod-)%mod;
S=(S+1LL*pow(i,rk)%mod*pow(m-i,n-rk-))%mod;
t=1LL*t*S%mod;
res=(res+1LL*t*pow(Div,mod-))%mod;
Div=1LL*Div*pow(mod-(n-i+),mod-)%mod*i%mod;
}
return res;
} int main()
{
n=read();m=read();K=read();
for(int i=;i<=m;++i) U[i]=read();
for(int i=;i<=m;++i) R[i]=n-read();
inv[]=inv[]=p[]=p[]=Inv[]=;
for(int i=;i<=MN;++i)
p[i]=1LL*p[i-]*i%mod,
inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=;i<=MN;++i)
Inv[i]=1LL*Inv[i-]*inv[i]%mod;
f[][n-]=;
R[]=n-;
for(int i=;i<=m;++i)
for(int j=;j<=R[i];++j)
for(int k=j;k<=R[i-];++k)
if(n--k>=R[i]-j)
Re(f[i][j],1ll*f[i-][k]*C(k,j)%mod*C(n--k,R[i]-j)%mod);
int ans=f[m][K];
for(int i=;i<=m;++i) ans=1LL*ans*Calc(U[i],R[i])%mod;
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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