CF140E New Year Garland (计数问题)

用$m$种颜色的彩球装点$n$层的圣诞树。圣诞树的第$i$层恰由$a_{i}$个彩球串成一行，且同一层内的相邻彩球颜色不同，同时相邻两层所使用彩球的颜色集合不 同。求有多少种装点方案，答案对$p$取模。

好神的计数问题，zwz Orz

题解思路来自黄学长hzwer的博客

先只考虑在一行内的彩球的方案数

定义$g[i][j]$表示一共有$i$个球串成一行，一共用了$j$种颜色的方案数

因为所有颜色都是等价的，我们可以利用最小表示法来简化计数，比如让颜色编号为$x+1$的球第一次出现的位置，在颜色编号为$x$的球之前。实际的方案数是$g[i][j]cdot j!$

这样递推关系就简单多了

加入一个新颜色的球，$g[i][j]+=g[i-1][j-1]$

加入一个旧颜色的球，颜色不能和第$i-1$个球相同，$g[i][j]+=(j-1)g[i-1][j]$

$g[i][j]=g[i-1][j-1]+(j-1)g[i-1][j]$

在考虑行行之间的影响

定义$f[i][j]$表示前$i$行，其中第$i$行选了$j$种颜色的方案数

如果没有相邻两行集合不同这种限制

$f[i][j]=C_{m}^{j}cdot g[a_{i}][j]cdot sum f[i-1][k]$

如果加上限制，

$f[i][j]=C_{m}^{j}cdot g[a_{i}][j]cdot j!sum f[i-1][k]-g[a_{i}][j]cdot j!cdot f[i-1][j]$

$=A_{m}^{j}cdot g[a_{i}][j]sum f[i-1][k]-g[a_{i}][j]cdot j!cdot f[i-1][j]$

利用前缀和优化可以$O(1)$转移

$f[i][j]$的状态数也仅仅是$O(sum a_{i})$，用滚动数组记录

$A_{m}^{j}$和$j!$可以通过预处理得到

总结：由于本题的模数是非质数，用组合数计数会让问题变得复杂，且时间复杂度很难保证。如果本题保证模数为质数，可能会有很多其他做法，比如组合数+容斥等等，但应该都没有官方题解的思路简洁。出题者似乎引导我们走向突破口——消去组合数，突破口在于通过化简，把组合数化成排列数和阶乘，排列数和阶乘即使在模数为非质数的情况下，也能在$O(n)$时间预处理

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N1 5010
#define M1 1000010
#define dd double
#define ll long long 
using namespace std;

int gint()
{
    int ret=0,fh=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
    return ret*fh;
}
int n,m,mx,P;

int f[2][N1],g[N1][N1],am[N1],mul[N1],a[M1];

int main()
{
    int i,j,x;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]), mx=max(mx,a[i]);
    const int p=x;
    g[0][0]=g[1][1]=1;
    for(i=2;i<=mx;i++) for(j=1;j<=i;j++) g[i][j]=(1ll*(j-1)*g[i-1][j]%p+g[i-1][j-1])%p;
    mul[0]=mul[1]=1; am[0]=1;
    for(i=1;i<=min(m,mx);i++) am[i]=1ll*am[i-1]*(m-i+1)%p;
    for(i=2;i<=mx;i++) mul[i]=1ll*mul[i-1]*i%p;
    int now=1,pst=0,snow=0,spst=1;
    f[pst][0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        snow=0;
        for(j=1;j<=min(m,a[i]);j++)
            f[now][j]=(1ll*am[j]*g[a[i]][j]%p*spst%p-1ll*f[pst][j]*mul[j]%p*g[a[i]][j]%p+p)%p, (snow+=f[now][j])%=p;
        memset(f[pst],0,(min(m,a[i-1])+1)<<2); 
        swap(now,pst); swap(snow,spst);
    }
    printf("%d
",spst);
    return 0;
}