Problem F: Frightful Formula
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题意
题意就是存在一个(n*n)的矩阵(f[n][n])。然后给出(n，a，b，c)，在给出两个序列(l[n]，t[n])。
定义矩阵如下:
[egin{aligned}
f[i][1] &= l[i] \
f[1][i] &= t[i] \
f[i][j] &= a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
end{aligned}
]
求出(f[n][n]\%mod)的值。
思路
题目要求(f[n][n])，如果我们会求(f[n][m])，那么(f[n][n])自然也会了，下面我给出推导过程。
- 首先考虑(a=1, b=1, c=0)的情况
[f[i][j] = f[i][j-1] + f[i-1][j]
]
显然，(f[n][m])可以看成从((1，1))走到((n，m))，每一步只能向下或者向右的方案数。也就是一共要走(n+m-2)步，其中(n-1)往下走，答案就是(C_{n+m-1}^{n-1})或者(C_{n+m-1}^{m-1})。
2. 接下来考虑(a
ot= 1，b
ot= 1，c=0)的情况。
[f[i][j] = a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j]
]
这时候每一步向右走贡献一个(a)，向下走贡献一个(b)。
- 我们先考虑第一行每个点对终点的贡献，例如(f[1][i])，他到终点一共需要向右走(m-i)次，向下走(n-1)次，所以一个方案贡献了(f[1][i]*a^{m-i}b^{n-1})。那么如何计算方案数呢？为了避免重复计算，需要先向下走一步然后从(2，i)到(n，m)，一共的方案数就是(C_{n+m-i-2}^{n-2})。所以对于第一行总贡献就是(sum_2^m f[1][i]*C_{n+m-i-2}^{n-2}*a^{m-i}b^{n-1})。
- 对于列来说，同样的道理，一个方案贡献了(f[i][1]*a^{m-1}b^{n-i})，然后先向右走一步防止重复计算，方案数为(C_{n+m-i-2}^{m-2})。所以第一列的总贡献就是(sum_2^nC_{n+m-i-2}^{m-2}*a^{m-1}b^{n-i})。
所以只要(O(N))遍历第一行，第一列，就能算出(f[n][m])。 - 多说一句，这样做是因为第一行、第一列的数和(f[1][1])没有关系，如果直接给出(f[1][1])，然后求(f[n][m])那么直接就可以算出答案(f[1][1]*C_{n+m-2}^{n-1}*a^{m-1}b^{n-1})
- 最后考虑(a ot= 1，b ot= 1，c ot=0)的情况。
[f[i][j] = a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
]
如果没有(c)，好做，但是有(c)怎么办呢？有没有办法把(c)去掉？
答案是有的。
我们令(g[i][j] = f[i][j] + k)，如果存在一个(k)满足
[g[i][j] = a*g[i][j-1] + b*g[i-1][j]
]
那么问题就转化到了2问题去了。
其实(k)也很好求，直接带入把(g[i][j])拿(f[i][j]+k)代入。
[egin{aligned}
f[i][j]+k &= a*(f[i][j-1]+k) + b*(f[i-1][j]+k)\
&= a*f[i][j-1] + b*f[i-1][j] + c
end{aligned}
]
容易得到(k = frac{c}{a+b-1} = c*inv(a+b-1))，所以做的时候把(f[1][i]、f[i][1])转化成(g[1][i]、g[i][1])求出(g[n][m])，最后在换回(f[n][m])就可以了。
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> File Name : F.cpp
> Author : Jiaaaaaaaqi
> Created Time : 2019年05月06日 星期一 14时35分10秒
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#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define mes(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int maxm = 4e5 + 10;
const ll mod = 1e6 + 3;
const ll INF = 1e18 + 100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
using namespace std;
ll n, m, a, b, c;
int cas, tol, T;
ll fac[maxm], inv[maxm];
ll l[maxn], t[maxn];
ll fpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b&1) ans = ans*a%mod;
a = a*a%mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
void handle() {
fac[0] = inv[0] = 1;
int mx = 2*n;
for(int i=1; i<=mx; i++) {
fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
}
inv[mx] = fpow(fac[mx], mod-2);
for(int i=mx-1; i>=1; i--) {
inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}
ll C(int n, int m) {
return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &a, &b, &c);
ll k = c*fpow(a+b-1, mod-2)%mod;
handle();
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &l[i]);
l[i] = (l[i]+k)%mod;
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &t[i]);
t[i] = (t[i]+k)%mod;
}
ll ans = 0ll;
for(int i=2; i<=n; i++) {
ans += l[i] * fpow(b, n-i)%mod * fpow(a, n-1)%mod * C(2*n-i-2, n-2)%mod;
ans %= mod;
}
for(int i=2; i<=n; i++) {
ans += t[i] * fpow(b, n-1)%mod * fpow(a, n-i)%mod * C(2*n-i-2, n-2)%mod;
ans %= mod;
}
ans = ((ans-k)%mod+mod)%mod;
printf("%lld
", ans);
return 0;
}