CCPC2020 秦皇岛 H Holy Sequence

题意：

$a_1……a_n$ 满足要求当且仅当 $1<=a_i<=n$，且 $max(a_{1},……,a_{i})-max(a_{1},……,a_{i-1})<=1$。

现在问长度为n的所有满足条件的序列里面，数字 $i$ 出现次数的平方的和，$n<=3000$,模数现给。

题解：

妙啊。

首先，$x^2$可以理解为有$x$个元素，从这$x$个元素中可重复的有次序的选出两个数的方案数。

那么我们可以把选择方案分成以下几个情况：

1、选择数字 $i $第一次出现的位置和之后出现的某个位置

2、选择数字 $i $第二次出现或之后的两个位置

3、选择数字 $i $第一次出现的位置两次

4、选择数字 $i$ 第二次或之后的一个位置选择两次

这道题有一个很有趣的性质，就是第 $i$ 位往后的方案数与 $1$~$i$ 的最大值有直接关系，所以我们可以先枚举 数字 i 第一次出现的位置，然后算出以 i 打头，往后一定长度的方案数，数字 i 第一次出现的位置为 j  的方案数，然后根据组合数算出最终答案。

首先，我们先算数字 i 第一次出现的位置为 j 的方案数，设 $f [ i ] [ j ]$  为数字$i$ 第一次出现的值为 j 的方案数。不难发现答案就是斯特林数，因为数据小，直接递推即可。

之后，我们去算以 i 打头，之后长度为 j 且序列合法的方案数 ，设 $H [ i ] [ j ]$为以 $j$ 打头，之后长度为 $i-1$ 且序列合法的方案数 。

一开始我想转移方程是

$H [ i ] [ j ] = sum_{k=1}^{j+1}H [i-1] [k]$

但是这样是不正确的。因为 $H[i-1][1……j+1]$在前 $i-1$次的转移中的上限并不是 $j$ ，所以正确的转移应当是

$H [ i ] [ j ] = H [ i-1 ] [ j ] * j+ H [ i-1 ] [ j+1 ] $

这样转移本质上就是让 $H [ i-1 ] [ j ]$接在第2位上，第一位填 $j$ ，且第2位从 $j$改成 $1$~ $j$ 的总方案。

现在，让我们考虑第 1 种情况如何转移。

首先，我们可以利用$f[i-1][j-1]$枚举出来数字 $j $第一次出现在哪个位置，之后，我们可以利用组合数，在剩下的$n-i$个位置中调出一个代表我们选了在这个位置的$j$，然后剩下的位置的方案数用H[n-i][j]和组合数进行计算。

第2中情况也是这样

我们还是利用$f[i-1][j-1]$枚举数字j第一次出现的位置，之后在$n-i$个位置中挑出两个位置为$j$，剩下的位置的方案数用$H[n-i-1][j]$和组合数进行计算。

第3、4中情况同理

值得注意的是，$(x,y)和(y,x)$算两种选择方案，所以第1、2种情况要乘以2。

#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 3005
using namespace std;
int T,n,p;
int F[N][N],G[N][N];
long long ans[N];
long long ksm(long long x,long long z)
{
    long long ans=1;
    while(z)
    {
        if(z&1)
        {
            ans=ans*x%p;
        }
        x=x*x%p;
        z>>=1;
    }
    return ans;
}
long long C[N][N];
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    int cnt=0;

    while(T--)
    {
        cnt++;
        scanf("%d%d",&n,&p);
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        C[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            C[i][0]=1;
            for(int j=1;j<=2;j++) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1],C[i][j]%=p;
        }
        F[1][1]=1;
        F[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {
                F[i][j]=(1ll*F[i-1][j]*j%p+F[i-1][j-1])%p;
            }
        }
        for(int i=n;i;i--) G[1][i]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                G[i][j]=(1ll*G[i-1][j]*j%p+G[i-1][j+1])%p;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) 
        {
            int tmp1=0,tmp2=0;
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {    
                if(n-i-1>0) tmp1=(1ll*G[n-i-1][j]*j+G[n-i-1][j+1])%p;
                else if(n-i-1==0) tmp1=1;
                if(n-i-2>0) tmp2=(1ll*G[n-i-2][j]*j+G[n-i-2][j+1])%p;
                else if(n-i-2==0) tmp2=1;
                ans[j]=(1ll*ans[j]+3ll*F[i-1][j-1]%p*tmp1%p*C[n-i][1]%p)%p;
                ans[j]=(1ll*ans[j]+2ll*F[i-1][j-1]%p*tmp2%p*C[n-i][2]%p);
                ans[j]=(1ll*ans[j]+1ll*F[i-1][j-1]*G[n-i+1][j]%p)%p;
            }
        }
        printf("Case #%d:
",cnt);
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            printf("%d ",ans[i]);
        }
        printf("%d",ans[n]);
        printf("
");
        
    }
    return 0;
}