@topcoder - 2013TCO3A D1L3@ TrickyInequality

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现有不等式组：

\[\begin{cases}
x_1 + x_2 + \dots + x_m \leq s\\
x_i \leq t &1 \leq i \leq n
\end{cases}
\]

求该不等式组的正整数解个数。

原题传送门。

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发现这道题就 \(m - n \leq 100\) 可以利用，其他数据范围都太大了。

如果 m = n，由于还有条件 \(nt \leq s\)，所以答案 = \(n^t\)。

如果 m = n + 1，假设前 n 个数之和为 p，则最后 1 个数对答案的贡献为 (s-p-1)。

可以拆成 (s-1) 与 (-p)，前者实际上就是 \((s-1)\times n^t\)；而后者如果考虑每一个变量的贡献为 \(-x_i\)，总贡献即 \(-p\)，推一下式子即可。

进一步地，不妨猜想假如前 n 个数之和为 p，则后 n - m 个数对答案的贡献是关于 p 的 n - m 次多项式。

事实上，后 n - m 个数的贡献就是 \({s - p\choose n - m}\)（比较显然）。由此也可以看出的确是关于 p 的 n - m 次多项式。

我们暴力 \(O((n - m)^2)\) 展开该多项式得到 \(\sum_{i=0}^{n-m}a_ip^i\)。

接下来如果算出 \(f_i = \sum_{1\leq x_1, x_2, \dots, x_n\leq t}(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^i\)，最后答案就是 \(ans = \sum a_if_i\)。

记 \(F(x) = \sum_{i=0}\frac{\sum_{j=1}^{t}j^i}{i!}x^i\)，则 \(f_i = i!\times [x^i]F^n(x)\)。

自然数幂和（使用斯特林数即可）算出 \(F(x)\) 前 m - n 项，再快速幂算 \(F^n(x)\)。多项式乘法直接 \(O((m-n)^2)\) 算。

因此总时间复杂度 \(O((m-n)^2\log n)\)。

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 105;
const int MOD = 1000000007;

inline int add(int x, int y) {return (x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y);}
inline int sub(int x, int y) {return (x - y < 0 ? x - y + MOD : x - y);}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}

int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
		if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
	return ret;
}

int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], b[MAXN + 5];
void init() {
	fct[0] = 1; for(int i=1;i<=MAXN;i++) fct[i] = mul(fct[i - 1], i);
	ifct[MAXN] = pow_mod(fct[MAXN], MOD - 2);
	for(int i=MAXN-1;i>=0;i--) ifct[i] = mul(ifct[i + 1], i + 1);

	for(int i=0;i<=MAXN;i++) {
		b[i] = (i == 0);
		for(int j=0;j<i;j++)
			b[i] = sub(b[i], mul(b[j], ifct[i-j+1]));
	}
}
int sum(int n, int k) {
	int ret = 0; n = add(n, 1);
	for(int i=1,pw=n;i<=k+1;i++,pw=mul(pw,n))
		ret = add(ret, mul(b[k-i+1], mul(pw, ifct[i])));
	if( k == 0 ) ret = sub(ret, 1);
	return mul(ret, fct[k]);
}

int a[MAXN + 5];
void solve(int s, int p) {
	a[0] = 1;
	for(int i=0;i<p;i++) {
		int k = sub(s, i);
		a[i + 1] = sub(0, a[i]);
		for(int j=i;j>=1;j--)
			a[j] = sub(mul(k, a[j]), a[j - 1]);
		a[0] = mul(k, a[0]);
	}
	for(int i=0;i<=p;i++)
		a[i] = mul(a[i], ifct[p]);
}

int t1[MAXN + 5], t2[MAXN + 5];
void mul(int *A, int *B, int p) {
	for(int i=0;i<=p;i++) t1[i] = A[i], t2[i] = B[i], A[i] = 0;
	for(int i=0;i<=p;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			A[i] = add(A[i], mul(t1[j], t2[i-j]));
}

int f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];
void solve2(int p, ll n, int t) {
	for(int i=0;i<=p;i++)
		f[i] = 0, g[i] = mul(sum(t, i), ifct[i]);
	f[0] = 1;

	for(ll i=n;i;i>>=1,mul(g,g,p))
		if( i & 1 ) mul(f, g, p);
}

class TrickyInequality{
	public:
		int countSolutions(ll s, int t, int n, int m) {
			int p = m - n, ans = 0;
			init(), solve(s % MOD, p), solve2(p, n, t);
			for(int i=0;i<=p;i++)
				ans = add(ans, mul(a[i], mul(f[i], fct[i])));
			return ans;
		}
};

@details@

另外，这题好像可以用直接容斥然后构造 k 阶差分公式做到 \(O((n-m)^2)\)（orz 栋爷）。

有空。。。再来填坑？