bzoj4559 [JLOI2016]成绩比较 拉格朗日插值

题目描述

G系共有n位同学，M门必修课。这N位同学的编号为0到N-1的整数，其中B神的编号为0号。这M门必修课编号为0到M-1的整数。一位同学在必修课上可以获得的分数是1到Ui中的一个整数。

如果在每门课上A获得的成绩均小于等于B获得的成绩，则称A被B碾压。在B神的说法中，G系共有K位同学被他碾压（不包括他自己），而其他N-K-1位同学则没有被他碾压。D神查到了B神每门必修课的排名。

这里的排名是指：如果B神某门课的排名为R，则表示有且仅有R-1位同学这门课的分数大于B神的分数，有且仅有N-R位同学这门课的分数小于等于B神（不包括他自己）。

我们需要求出全系所有同学每门必修课得分的情况数，使其既能满足B神的说法，也能符合D神查到的排名。这里两种情况不同当且仅当有任意一位同学在任意一门课上获得的分数不同。

你不需要像D神那么厉害，你只需要计算出情况数模10^9+7的余数就可以了。

输入格式：

第一行包含三个正整数N,M,K，分别表示G系的同学数量（包括B神），必修课的数量和被B神碾压的同学数量。

第二行包含M个正整数，依次表示每门课的最高分Ui。

第三行包含M个正整数，依次表示B神在每门课上的排名Ri。保证1<=Ri<=N。

数据保证至少有1种情况使得B神说的话成立。

输出格式：

仅一行一个正整数，表示满足条件的情况数模10^9+7的余数。

题解

(f[i][j]中i表示处理到第i个科目，j表示到第i个科目有j个人被B神碾压)

(转移条件为)

[f[i][j]=sum_{k=j}^{n-1}{f[i-1][k]*C_{k}^{k-j}*C_{n-1-k}^{rank[i]-1-k+j}*sum_{p=1}^{U_i}p^{n-rank[i]}(U_i-p)^{rank[i]-1}} ]

对公式的理解可以参考https://www.luogu.org/blog/winxp/solution-p3270

然后后面的(g[i]=sum_{p=1}^{U_i}p^{n-rank[i]}(U_i-p)^{rank[i]-1})就是关于(U_i)的(n)次式，利用拉格朗日插值法求值即可。
具体实现：记录每次(rank[i])情况下的(g[i] (iin 1,2,...,n))的值，然后利用拉格朗日插值公式求解(g[U_i])的值

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=105;
const int mod=1e9+7;
int read(){
    int x=0,ff=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*ff;
}
int C[N][N];
int f[N][N];
int g[N];
int n,m,K;
int mx[N],rnk[N];
void init(){
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++){//千万不要等于N，爆数组就错了……调了半天qwq
        C[0][i]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[j][i]=1LL*(C[j-1][i-1]+C[j][i-1])%mod;
    }
}
int pow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=1LL*res*a%mod;
        a=1LL*a*a%mod;
        b/=2;
    }
    return res;
}
int cal(int U,int R){
    memset(g,0,sizeof(g));
    for(int i=1;i<N;i++) 
        for(int j=1;j<=i;j++)
            g[i]=1LL*(g[i]+1LL*pow(j,n-R)*pow(i-j,R-1)%mod)%mod;
    int res=0;
    for(int i=1;i<N;i++){
        int a=g[i],b=1;
        for(int j=1;j<N;j++){
            if(i==j)continue;
            a=1LL*a*(U-j)%mod;
            a=(a+mod)%mod;//注意防止为负
            b=1LL*b*(i-j)%mod;
            b=(b+mod)%mod;
        }
        res=1LL*(res+1LL*a*pow(b,mod-2)%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
    // freopen("4559.in","r",stdin);
    // freopen("4559.out","w",stdout);
    n=read();m=read();K=read();
    init();
    f[0][n-1]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)mx[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)rnk[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int d=cal(mx[i],rnk[i]);
        for(int j=K;j<=n-1;j++)
            for(int k=j;k<=n-1;k++){
                if(k-j>rnk[i]-1)continue;
                int tmp=1LL*C[k-j][k]*C[rnk[i]-1-k+j][n-1-k]%mod;
                f[i][j]=1LL*(f[i][j]+1LL*f[i-1][k]*tmp%mod*1LL*d%mod)%mod;
            }
    }
    printf("%d
",f[m][K]);
    return 0;
}