[TCO2013]TrickyInequality
$\newcommand{stirf}[2]{{{#1}\brack{#2}}}$$\newcommand{stirs}[2]{{{#1}\brace{#2}}}$题意:$\sum\limits_{i=1}^mx_i\leq s$,对$\forall1\leq i\leq n,x_i\leq t$,求这个方程组的解数
做了几天总算是弄明白了...
会用到$\sum\limits_{k\leq n}\binom km=\binom{n+1}{m+1}$,这个直接归纳可证
方程$\sum\limits_{i=1}^nx_i=s,x_i\geq1$的解数是$\binom{s-1}{n-1}$,所以$\sum\limits_{i=1}^nx_i\leq s,x_i\geq1$的解数是$\binom sn$
枚举$x_{1\cdots n}$,答案即为$\sum\limits_{1\leq x_1\leq t}\cdots\sum\limits_{1\leq x_n\leq t}\binom{s-\sum\limits_{i=1}^n x_i}{m-n}$
如果去掉$\leq t$的限制,那么答案显然是$\binom sm$
所以对原问题考虑容斥,枚举至少有$k$个$x_i$不满足$x_i\leq t$的限制,将这些$x_i$减去$t$后就将限制变成了$1\leq x_i$,那么答案为$\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\binom{s-kt}m$
接下来是构造,对于一个函数$f(x)$,对其$n$阶差分的结果为$\Delta^nf(x)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nkf(x+k)$,令$f(x)=\binom{s-xt}m$,那么答案为$(-1)^n\Delta^nf(0)$
$f(x)$是一个$m$次多项式,写出它的牛顿级数$\sum\limits_{i=0}^mb_i\binom xi$并将其代入差分式中
$\begin{aligned}\Delta^nf(0)&=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nkf(k)\\&=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nk\sum\limits_{i=0}^mb_i\binom ki\\&=\sum\limits_{i=0}^mb_i\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n+k}\binom nk\binom ki\\&=\sum\limits_{i=0}^mb_i\binom ni(-1)^{n-i}\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k-i}\binom{n-i}{k-i}\\&=\sum\limits_{i=0}^mb_i\binom ni(-1)^{n-i}[n=i]\\&=b_n\end{aligned}$
所以我们只需求$b_n$,但为了求$b_n$,我们要先求$f(x)=\sum\limits_{i=0}^ma_ix^i$中的$a_i$,直接把下降幂展开成斯特林数即可,我们得到$a_i=\frac1{m!}\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{m+i+j}\binom ji\stirf mjt^is^{j-i}$
$\begin{aligned}f(x)&=\sum\limits_{i=0}^ma_ix^i\\&=\sum\limits_{i=0}^ma_i\sum\limits_{j=0}^i\stirs ijx^{\underline j}\\&=\sum\limits_{j=0}^m\binom xj\sum\limits_{i=j}^ma_i\stirs ijj!\end{aligned}$
于是$b_n=\frac{n!(-1)^mt^n}{m!}\sum\limits_{i=0}^{m-n}\sum\limits_{j=0}^{m-n-i}(-1)^j\binom{n+i+j}j\stirs{n+i}n\stirf m{n+i+j}t^is^j$
差不多结束了,最后有一个小问题:求斯特林数
要求$\stirs nm$,虽然$n,m$都非常大,但$n-m$非常小,考虑$\stirs nm$的组合意义:将$n$个元素分为$m$个非空子集,因为最多有$n-m$个子集中的元素个数$\gt1$,设$g(n,m)$表示将$n$个元素分成$m$个子集,使得每个子集包含元素个数都$\gt1$的方案数,那么枚举$m$个子集中元素个数$\gt1$的子集个数$k$(剩下$m-k$个集合都只包含一个元素),我们得到$\stirs nm=\sum\limits_{k=0}^{n-m}\binom n{m-k}g(n-m+k,k)$
$g$的递推就和第二类斯特林数差不多了:$g(n,m)=m\cdot g(n-1,m)+(n-1)g(n-2,m-1)$
第一类也是类似的,只不过$g$的递推要相应地改成$g(n,m)=(n-1)g(n-1,m)+(n-1)g(n-2,m-1)$
于是我们可以$O\left((m-n)^2\right)$预处理并$O(m-n)$计算单个斯特林数,总的时间复杂度就是$O\left((m-n)^2\right)$了
数学真是一门化腐朽为神奇的学科==
#include<stdio.h> typedef long long ll; const int mod=1000000007; int mul(int a,int b){return(ll)a*b%mod;} int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;} void inc(int&a,int b){(a+=b)%=mod;} int pow(int a,int b){ int s=1; while(b){ if(b&1)s=mul(s,a); a=mul(a,a); b>>=1; } return s; } int g1[210][210],g2[210][210],fac[210],rfac[210],inv[210]; void pre(int n){ int i,j; g1[0][0]=g2[0][0]=1; for(i=1;i<=n;i++){ for(j=1;j*2<=i;j++){ g1[i][j]=mul(i-1,g1[i-1][j]); g2[i][j]=mul(j,g2[i-1][j]); if(i>1){ inc(g1[i][j],mul(i-1,g1[i-2][j-1])); inc(g2[i][j],mul(i-1,g2[i-2][j-1])); } } } fac[0]=1; for(i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i); rfac[n]=pow(fac[n],mod-2); for(i=n;i>0;i--)rfac[i-1]=mul(rfac[i],i); inv[1]=1; for(i=2;i<=n;i++)inv[i]=-mul(mod/i,inv[mod%i]); } int binom(int n,int k){//k is small int i,s=1; for(i=0;i<k;i++)s=mul(s,n-i); return mul(s,rfac[k]); } int stirf(int n,int m){ int i,t,s,b; s=0; b=binom(n,n-m); for(i=0;i<=n-m;i++){ t=n-m+i; inc(s,mul(b,g1[t][i])); b=mul(b,mul(n-t,inv[t+1])); } return s; } int stirs(int n,int m){ int i,t,s,b; s=0; b=binom(n,n-m); for(i=0;i<=n-m;i++){ t=n-m+i; inc(s,mul(b,g2[t][i])); b=mul(b,mul(n-t,inv[t+1])); } return s; } int a[110],b[110]; class TrickyInequality{ public: int countSolutions(ll s,int t,int n,int m){ int i,j,res,pt,ps,bi; s%=mod; pre(200); for(i=0;i<=m-n;i++){ a[i]=stirf(m,n+i); b[i]=stirs(n+i,n); } res=0; pt=1; for(i=0;i<=m-n;i++){ ps=1; bi=1; for(j=0;j<=m-n-i;j++){ inc(res,(j&1?-1:1)*mul(mul(mul(bi,b[i]),a[i+j]),mul(pt,ps))); ps=mul(ps,s); bi=mul(bi,mul(n+i+j+1,inv[j+1])); } pt=mul(pt,t); } res=mul(res,pow(t,n)); for(i=n+1;i<=m;i++)res=mul(res,pow(i,mod-2)); if((n+m)&1)res=-res; return(res+mod)%mod; } }; /* int main(){ ll s; int t,n,m; TrickyInequality cl; scanf("%I64d%d%d%d",&s,&t,&n,&m); printf("%d",cl.countSolutions(s,t,n,m)); } */
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