[CQOI2018]交错序列

嘟嘟嘟


要是求交错序列的个数和就好了，那我一秒就能切。
换成这个，我就不会了。
我一直想枚举1的个数，然后算出在长度为(n)的序列里，有多少个合法的序列，然后又觉得这好像是什么插板法，但是每一个盒子里必须有球，还不会。查了一下发现这东西(O(1))还求不了，于是彻底放弃了。


正解是这样的，首先还得稍微推一下式子。

[x ^ a y ^ b = (n - y) ^ a y ^ b ]

然后利用二项式定理

[(n - y) ^ a y ^ b = sum _ {i = 0} ^ a C_{a} ^ {i} n ^ i (-1) ^ {a - i} y ^ {a + b - i} ]

于是我们发现，只用求(y)的和的(x)次幂就行了。
怎么求咧，这时候就要用dp了。
令(dp[i][j][0 / 1])表示长度为(i)的序列中，这一位填0 / 1时1的个数的(j)次幂。那么分情况转移：
当这一位填0时，1的个数不变，则(dp[i][j][0] = dp[i - 1][j][0] + dp[i - 1][j][1])。
当这一位填1时，考虑(y)加了1，则((y + 1) ^ j = sum _ {k = 0} ^ {j} C_{j} ^ {k} y ^ j)，于是有(dp[i][j][1] = sum _ {k = 0} ^ {j} C_{j} ^ {k} dp[i - 1][j][0])
讲真这时候维护前缀和(O(n))dp应该已经能过了，但是交上去就是TLE，所以只能改成矩乘了（还得卡常）。


矩阵是一个边长为(2(a + b))的正方形矩阵，用样例一构造后的矩阵张这个样子：
1 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0 0 0 0
1 2 1 0 0 0 0 0
1 3 3 1 0 0 0 0


总结一下，感觉上点难度的dp题有一部分就是在dp之前先要推一推式子，推到觉得可以dp的时候再开始dp。至于啥时候觉得可以dp，估计这就得靠刷题吧……

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 205;
inline ll read()
{
    ll ans = 0;
    char ch = getchar(), last = ' ';
    while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    if(last == '-') ans = -ans;
    return ans;
}
inline void write(ll x)
{
    if(x < 0) x = -x, putchar('-');
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}

int n, a, b, mod, Max;
struct Mat
{
    ll a[maxn][maxn];
    In Mat operator * (const Mat& oth)const
    {
        static Mat ret; Mem(ret.a, 0);
        for(int i = 0; i <= Max; ++i)
            for(int j = 0; j <= Max; ++j)
            {
                for(int k = 0; k <= Max; ++k) ret.a[i][j] += a[i][k] * oth.a[k][j];
                ret.a[i][j] %= mod;	
            }
        return ret;
    }
}f;
ll C[maxn][maxn];
In void init()
{
    for(int i = 0; i <= a + b; ++i) C[i][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= a + b; ++i)
        for(int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
    Mem(f.a, 0); Max = ((a + b) << 1) + 1;
    for(int i = 0; i <= a + b; ++i) f.a[i][i] = f.a[i][a + b + 1 + i] = 1;
    for(int i = 0; i <= a + b; ++i)
        for(int j = 0; j <= i; ++j) f.a[a + b + 1 + i][j] = C[i][j];
}

In Mat quickpow(Mat A, ll b)
{
    Mat ret; Mem(ret.a, 0);
    for(int i = 0; i <= Max; ++i) ret.a[i][i] = 1;
    for(; b; b >>= 1, A = A * A)
        if(b & 1) ret = ret * A;
    return ret;
}

ll ans[maxn];
int main()
{
    n = read(), a = read(), b = read(), mod = read();
    init();
    Mat A = quickpow(f, n);
    for(int i = 0; i <= a; ++i)
    {
        for(int j = 0; j <= Max; ++j) ans[i] += A.a[i][j];
        for(int j = 0; j <= Max; ++j) ans[i] += A.a[a + b + 1 + i][j];
        ans[i] %= mod;
    }
    ll Ans = 0, tp = 1;
    for(int i = 0, flg = pow(-1, a); i <= a; ++i, tp = tp * n % mod, flg *= (-1))
        Ans = (Ans + C[a][i] * tp % mod * (A.a[a + b - i][0] + A.a[a + b - i + a + b + 1][0]) * flg % mod + mod) % mod;
    write(Ans), enter;
    return 0;
}