【XSY1591】卡片游戏 DP

题目描述

　　有标有数字为(1)~(9)的卡片各(a_1,a_2cdots a_9)张，还有标有乘号的卡片(m)张。从中取出(n)张按任意顺序排列，取出两个乘号相邻和乘法在边界上的非法式子，剩下的都是合法式子。求所有合法式子的方案的值的和。两张数字相同的卡片是不同的，两张乘号也是不同的。答案模({10}^9+7)

　　(nleq 1000,a_ileq {10}^8,mleq{10}^8)

题解

　　(n^underline{m}=n imes(n-1) imes(n-2) imescdots imes(n-m+1)=A(n,m))即排列数

　　我们先枚举哪些位置有乘号

　　现在我们考虑把(1,2,3,4)四个数字填到(\_\_ imes\_\_)这样子的算式中。假设(m=2)。把式子展开

[egin{align} &~~~~~overline{ab} imesoverline{cd}\ &=(a imes10+b) imes(c imes10+d)\ &=a imes c imes 10 imes 10+a imes d imes 10 imes 1+b imes c imes 1 imes 10+b imes d imes 1 imes 1\ &=100ac+10ad+10bc+bd end{align} ]

　　我们还有另外(23)个式子呢

[overline{ab} imesoverline{dc}\ overline{ba} imesoverline{cd}\ overline{ba} imesoverline{dc}\ vdots ]

　　另外我们发现，(ac)和(ad)对答案的贡献都是相似的（因为除了乘积不同之外没有什么区别）我们考虑计算系数和出现次数

　　系数会有(10 imes 10,10 imes 1,1 imes 10,1 imes 1)，那么怎样计算出现次数呢？

　　先钦定这两个数字放的位置（就是系数），剩下那些空位总共有两个，还剩下两个数没填，方案数就是(2^underline{2}=2)

　　最后还要乘上选择乘号的方案数(2^underline{1}=2)

　　于是总的贡献就是

[(1 imes 2+1 imes 3+1 imes 4+cdots+4 imes 3) imes(100+10+10+1) imes 2 imes 2=??? ]

　　现在我们来考虑更复杂的情况

　　(sum)为所有数字卡片的个数和，(g_{i,j})为前(i)个数字中选出(j)个代表数字的乘积的和，(f_{i,j})为前(i)个空填了(j)个乘号的合法算式的系数和，(s_i)为这(n)个空中填入(i)个乘号的答案。

　　这里只讲一下(f)的推导

[egin{align} &~~~~~overline{ab} imes overline{cd}\ &=100ac+10ad+10bc+bd\ &=10(10ac+bc)+(10a+b)d\ end{align} ]

　　那么(10ac+bc)的系数就是(overline{ab} imes c)的系数（前一个位置的系数），(10a+b)的系数就是到上一个乘号前一个位置的系数。所以我们可以枚举上一个乘号是哪个位置，然后转移

[g_{i,j}=sum_{k=0}^{a_i}g_{i-1,k-j} imes i^k imes inom{j}{k} imes a_i^underline{k}\ f_{i,j}=f_{i-1,j} imes10+sum_{k=1}^{i}f_{k,j-1}\ s_i=g_{9,i+1} imes f_{n,i} imes {(sum-i-1)}^underline{n-i-(i+1)} imes m^underline{i} ]

　　排列组合什么的可以预处理或暴力算

　　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=1000000007;
int a[10];
ll g[10][1010];
ll f[1010][1010];
ll s[1010][1010];
ll aa[10][1010];
ll pa[10][1010];
ll cc[1010][1010];
ll am[1010];
ll geta(ll n,ll m)
{
	ll s=1;
	int i;
	for(i=1;i<=m;i++)
		s=s*(n-i+1)%p;
	return s;
}
int main()
{
//	freopen("c.in","r",stdin);
//	freopen("c.out","w",stdout);
	int n,m,sum=0;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i;
	for(i=1;i<=9;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		sum+=a[i];
	}
	int j,k;
	for(i=1;i<=9;i++)
	{
		pa[i][0]=1;
		aa[i][0]=1;
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			pa[i][j]=pa[i][j-1]*i%p;
			aa[i][j]=aa[i][j-1]*(a[i]-j+1)%p;
		}
	}
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		cc[i][0]=1;
		for(j=1;j<=i;j++)
			cc[i][j]=(cc[i-1][j]+cc[i-1][j-1])%p;
	}
	g[0][0]=1;
	for(i=1;i<=9;i++)
		for(j=0;j<=n;j++)
			for(k=0;k<=j&&k<=a[i];k++)
				g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j-k]*pa[i][k]%p*cc[j][k]%p*aa[i][k]%p)%p;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=(f[i-1][0]*10+1)%p;
		s[i][0]=(s[i-1][0]+f[i][0])%p;
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j]*10%p;
			if(i>2)
				f[i][j]=(f[i][j]+s[i-2][j-1])%p;
			s[i][j]=(f[i][j]+s[i-1][j])%p;
		}
	}
	am[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
		am[i]=am[i-1]*(m-i+1)%p;
	ll ans=0;
	for(i=0;i<=(n-1)/2&&i<=m;i++)
		ans=(ans+g[9][i+1]*f[n][i]%p*geta(sum-i-1,n-2*i-1)%p*am[i]%p)%p;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}