题目大意
一个序列(a_1,ldots,a_n)是合法的，当且仅当：
长度为给定的(n)。
(a_1,ldots,a_n)都是([1,m])中的整数。
(a_1,ldots,a_n)互不相等。
一个序列的值定义为它里面所有数的乘积，即(a_1 imes a_2 imescdots imes a_n)。
求所有不同合法序列的值的和。
两个序列不同当且仅当他们任意一位不一样。
输出答案对一个数(p)取余的结果。
(nleq500,mleq {10}^9,pleq{10}^9,n+1<m<p)且(p)是质数。
题解
这题做法很多种。
设(f_{i,j})为前(i)个数中选(j)个数的所有方案的值的和，容易得到递推式：(f_{0,0}=1,f_{i,j}=f_{i-1,j-1} imes i imes j+f_{i-1,j})。最后(ans=f_{m,n})。但是这题(m)很大，不能直接求出答案。怎么办呢？
我们先打个表：
| (f) | (0) | (1) | (2) |
|---|---|---|---|
| (0) | (1) | (0) | (0) |
| (1) | (1) | (1) | (0) |
| (2) | (1) | (3) | (4) |
| (3) | (1) | (6) | (22) |
| (4) | (1) | (10) | (70) |
| (5) | (1) | (15) | (170) |
| (6) | (1) | (21) | (350) |
什么？你看不出来？
| (f) | (0) | (1) | (2) |
|---|---|---|---|
| (0) | (1) | (0) | (0) |
| (1) | (1) | (i) | (0) |
| (2) | (1) | (2i-1) | (2i^2-2i) |
| (3) | (1) | (3i-3) | (6i^2-12i+4) |
| (4) | (1) | (4i-6) | (12i^2-36i+22) |
| (5) | (1) | (5i-10) | (20i^2-80i+70) |
| (6) | (1) | (6i-15) | (30i^2-150i+170) |
你还是看不出来？那我就直接告诉你吧。(f_{i,0}=1,f_{i,1}=frac12i^2-frac12i,f_{i,2}=frac14i^4+frac16i^3-frac14i^2-frac16i)。我们会发现，(f_{i,j})是一个最高次项为(2j)的多项式，也就是说，(f_{m,n})是一个最高次项为(2n)的多项式。我们只用求出(0)到(2n)次项的系数就可以求答案了。我们可以把前面(0)~(2n)个(f_{i,n})求出来，就可以用拉格朗日插值插出多项式了。
这道题因为是求某一个点的值，并不要求求出多项式，而且(x)取的是([0,2n])，所以可以(O(n))求出答案。然而并没有什么用，因为前面的DP已经是(O(n^2))的了。
时间复杂度：(O(n^2))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p;
ll f[1010][1010];
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d%lld",&m,&n,&p);
int i,j;
memset(f,0,sizeof f);
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=2*n;i++)
{
f[i][0]=f[i-1][0];
for(j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=(f[i-1][j-1]*i%p*j+f[i-1][j])%p;
}
if(m<=2*n)
{
printf("%lld
",f[m][n]);
return 0;
}
ll ans=0;
for(i=0;i<=2*n;i++)
{
ll s1=1,s2=1;
for(j=0;j<=2*n;j++)
if(j!=i)
{
s1=(s1*(m-j))%p;
s2=(s2*(i-j))%p;
}
ans=(ans+f[i][n]*s1%p*fp(s2,p-2)%p)%p;
}
ans=(ans%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}