[国家集训队] calc

嘟嘟嘟




这道题dp虽然不难，但是我还是没推出来，感觉最近脑子不太好用啊。

于是就跑去问神仙gjx（全国前三！）了。（外出集训真是好）




神仙不愧是神仙，一会儿就想出来了，而且方法还比网上的题解好懂。

dp[i][j]表示用值域为[1, i]的数，凑出的所有合法序列的值的和。

然后规定序列必须是严格递增的，这样答案再乘以一个\(n!\)就行了。

转移的时候，我们考虑\(i\)这个数用不用上，于是有：\(dp[i][j] = dp[i - 1][j] +i * dp[i - 1][j - 1]\)。现在感觉这个挺好理解的，如果用上\(i\)了，\(i\)就必须放在最后面，并且答案要乘以\(i\)。

但这个复杂度\(O(nA)\)的，\(A\)太大不好办。

然后gjx大佬告诉我，这个dp式是一个关于\(j\)的\(2n\)次多项式，然后给我证了一下，但还是不太懂：

首先知道\(dp[i][1] = \frac{i * (i + 1)}{2}\)，猜想这可能是一个\(2n\)次的。

然后把转移方程中的\(dp[i - 1][j]\)不断展开，得到了\(dp[i][j] = \sum _ {k = 0} ^ {i - 1} dp[k][j] *(k + 1)\)。于是发现，这是一个关于\(j\)的\(2n\)次多项式。

（感觉自己还是不太理解）




（这篇题解的证明好像也不错， 应该是数学归纳法，我得学一下）




知道这是个多项式，就可以拉格朗日差值了。

注意dp的边界取值，我这里debug了好久。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 505;
inline ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), last = ' ';
	while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(last == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
inline void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int A, n, mod;
ll fac[maxn << 1], dp[maxn << 1][maxn];

In ll quickpow(ll a, ll b)
{
	ll ret = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
		if(b & 1) ret = ret * a % mod;
	return ret;
}

ll inv[maxn << 1], pre[maxn << 1], suf[maxn << 1];
In ll calc(int n)
{
	inv[n] = quickpow(fac[n], mod - 2);
	for(int i = n - 1; i >= 0; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	pre[0] = A;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = pre[i - 1] * (A - i) % mod;
	suf[n + 1] = 1;
	for(int i = n; i >= 0; --i) suf[i] = suf[i + 1] * (A - i) % mod;
	ll ret = 0;
	for(int i = 0; i <= n; ++i)
	{
		ll tp = (i - 1 < 0 ? 1 : pre[i - 1]) * suf[i + 1] % mod * inv[i] % mod * inv[n - i] % mod;
		if((n - i) & 1) tp = -tp;
		ret = (ret + dp[i][n >> 1] * tp % mod + mod) % mod;
	}
	return ret;
}

int main()
{
	A = read(), n = read(), mod = read();
	fac[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= (n << 1); ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= (n << 1); ++i)
	{
		dp[i][1] = i * (i + 1) / 2;
		dp[i][i] = fac[i];
		for(int j = 2; j < i; ++j)
			dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1] * i % mod) % mod;
	}
	if(A <= (n << 1)) write(dp[A][n] * fac[n] % mod), enter;
	else write(calc(n << 1) * fac[n] % mod), enter;
	return 0;
}