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  • [集训队互测2012] calc

    XXIX.[集训队互测2012] calc

    考虑DP。

    我们设\(f(i,j)\)表示所有有\(i\)个数,且每个数都处于\([1,j]\)区间内的递增序列的值之和。则答案即为\(f(n,m)\times n!\)(因为题目中不限制只有递增序列)

    我们考虑DP,则有

    \[f(i,j)=f(i-1,j-1)\times j+f(i,j-1) \]

    显然这玩意复杂度过高,无法求出。

    但是我们根据直觉,每个\(f_i\)应是一个多项式,所以可以考虑拉格朗日插值。

    那么这到底是一个几次多项式呢?我们设\(f(i)\)的次数是\(g(i)\)

    则由上式,有

    \[f(i)-f(i-1)=j\times f(i-1,j-1) \]

    \[g(i)-1=g(i-1)+1 \]

    又有\(g(0)=0\)

    所以我们最终可以得到\(g(i)=2i\)

    然后我们只需要\(g(n)+1\)\(2n+1\)个点即可插出\(f(n)\)出来;选择\(1\sim 2n+1\)即可。

    时间复杂度\(O(n^2)\)

    代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    int n,m,mod,f[510][1010],res,FAC=1;
    int ksm(int x,int y){
    	int z=1;
    	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
    	return z;
    }
    int main(){
    	scanf("%d%d%d",&m,&n,&mod);
    	for(int j=0;j<=2*n+1;j++)f[0][j]=1;
    	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=2*n+1;j++)f[i][j]=(1ll*f[i-1][j-1]*j%mod+f[i][j-1])%mod;
    	for(int i=1;i<=n;i++)FAC=1ll*FAC*i%mod;
    //	if(m<=2*n){printf("%d\n",1ll*f[n][m]*FAC%mod);return 0;}
    	for(int i=1;i<=2*n+1;i++){
    		int now=1;
    		for(int j=1;j<=2*n+1;j++)if(i!=j)now=1ll*now*(m-j+mod)%mod*ksm((i-j+mod)%mod,mod-2)%mod;
    		(res+=1ll*now*f[n][i]%mod)%=mod;
    	}
    	printf("%d\n",1ll*res*FAC%mod);
    	return 0;
    } 
    

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