LG4351 [CERC2015]Frightful Formula

Frightful Formula

给你一个\(n\times n\)矩阵的第一行和第一列，其余的数通过如下公式推出：

\[f_{i,j}=a\cdot f_{i,j-1}+b\cdot f_{i-1,j}+c
\]

求\(f_{n,n}\mod (10^6+3)\)。

\(2≤n≤200000\)

zhouzhendong的题解

利用FFT来解决此题

这题的主要思路很巧妙。

先假设\(a=b=1\)

我们考虑对于每一个\(f_{i,j}\)计算它对\(f_{n,n}\)的贡献次数。

显然贡献次数就是在网格图中从\((i,j)\)开始只能往右或者往下走的路径条数，即\(\binom{n-i+n-j}{n-i}\)。

注意第一行和第一列的对答案的贡献式有点不同。

因为第一行的格子不能对右边的格子做贡献，所以第一行的格子\((1,i)\)的贡献次数就是\(\binom{2n-i-2}{n-i}\)。即第一步必须往下走。

同理，第一列的格子\((i,1)\)的贡献次数就是\(\binom{2n-i-2}{n-i}\)。

现在把\(a,b\)考虑进去

我们还要乘一个权值。考虑从第\(i\)行走到第\(n\)行向下走了\(n-i\)次，所以乘了\(n-i次b\)，即乘了\(b^{n-i}\)。同理向右走要乘的权值就是\(a^{n-j}\)。所以综上所述，我们再重新写一下贡献次数的式子。

下面的三式满足\(i,j>1\)。注意\((1,1)\)是没有贡献次数的。

\[(1,i) \rightarrow \binom{2n-i-2}{n-i}a^{n-i}b^{n-1}\\
(i,1) \rightarrow \binom{2n-i-2}{n-i}a^{n-1}b^{n-i}\\
(i,j) \rightarrow \binom{2n-i-j}{n-i}a^{n-j}b^{n-i}
\]

考虑到\((i,j)\)这种格子的值里面含有\((i,1)\)和\((1,i)\)这种的贡献，贡献不能重复计算，所以我们在计算格子\((i,j)\)的时候就只考虑它产生的\(c\)对答案的贡献次数。（就是上面的那个）

所以，我们可以列出答案的式子：

\[ans=\sum_{i=2}^{n}f_{i,1}\cdot\binom{2n-i-2}{n-i}a^{n-1}b^{n-i}\\
+\sum_{i=2}^{n}f_{1,i}\cdot\binom{2n-i-2}{n-i}a^{n-i}b^{n-1}\\
+\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=2}^{n}c\cdot\binom{2n-i-j}{n-i}a^{n-i}b^{n-j}
\]

各种逆元、阶乘以及幂的预处理就不说了。于是前面的两个式子都可以\(O(n)\)搞定。

后面的那个式子，我们再给他稍稍变几个形：

\[\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=2}^{n}c\cdot\binom{2n-i-j}{n-i}a^{n-i}b^{n-j}
\]

把\(c\)提前，并修改求和指标，枚举\(n-i\)和\(n-j\)，得：

\[=c\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{j=0}^{n-2}\frac{(i+j)!}{i!j!}a^ib^j\\
=c\sum_{i=0}^{n-2}i!\sum_{j=0}^{n-2}\frac{a^{(i-j)}}{(i-j)!}\cdot\frac{b^j}{j!}
\]

设

\[f_i=\begin{cases}\large{\frac{a^i}{i!}}& \text{$(0\leq i\leq n-2)$}\\0& \text{$(n-2<i)$}\end{cases}\\
g_i=\begin{cases}\large{\frac{b^i}{i!}}& \text{$(0\leq i\leq n-2)$}\\0& \text{$(n-2<i)$}\end{cases}
\]

则原式可以写为：

\[c\sum_{i=0}^{n-2}(i+j)!\sum_{j=0}^{n-2}f_ig_j
\]

发现这个符合多项式卷积形式。于是我们再换一个写法：

\[=c\sum_{i=0}^{2n-4}i!\sum_{j=0}^{i}f_jg_{i-j}
\]

于是显然可以FFT快速计算了。注意，要取模，而且卷积得到的数字较大，可以用任意模数FFT或者拆系数FFT。时间复杂度\(O(n\log n)\)。

线性递推

我们把之前的式子继续推下去。

\[c\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{j=0}^{n-2}\frac{(i+j)!}{i!j!}a^ib^j
\]

我们只需要考虑后面的式子，先不看\(c\)。

\[\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{j=0}^{n-2}\binom{i+j}{i}a^ib^j
\]

设

\[f_n=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}\binom{i+j}{i}a^ib^j
\]

则我们要求的就是\(f_{n-2}\)。

推导：

\[f_n=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}\binom{i+j}{i}a^ib^j\\
=\sum_{i=0}^{n}a^i\sum_{j=0}^{n}\binom{i+j}{i}b^j\\
=\sum_{i=0}^{n-1}a^i\sum_{j=0}^{n-1}\binom{i+j}{i}b^j+a^n\sum_{j=0}^{n}\binom{n+j}{n}b^j+b^n\sum_{i=0}^{n}a^i\binom{i+n}{i}-\binom{2n}{n}a^nb^n\\
=f_{n-1}+a^n\sum_{i=0}^{n}\binom{n+i}{n}b^i+b^n\sum_{i=0}^{n}\binom{n+i}{n}a^i-\binom{2n}{n}a^nb^n
\]

我们只需要处理\(\sum_{i=0}^{n}\binom{n+i}{n}b^i\)和\(\sum_{i=0}^{n}\binom{n+i}{n}a^i\)，就可以搞定了。

由于这两个形式一样，我这里只对a进行推导。

设

\[ga_n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n+i}{n}a^i
\]

则

\[ga_n=\sum_{i=0}^n\binom{n+i}{i}a^i \\
= 1+\sum_{i=1}^{n-1}\left( \binom{n-1+i}{i}+\binom{n-1+i}{i-1} \right) a^i + \binom{2n}{n}a^n\\
= 1+ga_{n-1}-1+\sum_{i=0}^{n-2}\binom{n+i}{i}a^{i+1}+\binom{2n}{n}a^n\\
=ga_{n-1}+a\cdot ga_n-\binom{2n-1}{n-1}a^n-\binom{2n}{n}a^{n+1}+\binom{2n}{n}a^n\\
=ga_{n-1}+a\cdot ga_n+\binom{2n-1}{n}a^n-\binom{2n}{n}a^{n+1}
\]

移项

\[(1-a)ga_n=ga_{n-1}+\binom{2n-1}{n}a^n-\binom{2n}{n}a^{n+1}
\]

• 当\(a\ne 1\)时，两边同时除以\(1-a\)

  \[ga_n=\frac{ga_{n-1}+\binom{2n-1}{n}a^n-\binom{2n}{n}a^{n+1}}{1-a}
  \]

• 当\(a= 1\)时，直接把a=1代入移项后的式子里面

  \[(1-a)ga_n=ga_{n-1}+\binom{2n-1}{n}a^n-\binom{2n}{n}a^{n+1}\\
  \Longrightarrow ga_{n-1}=\binom{2n}{n}-\binom{2n-1}{n}=\binom{2n-1}{n-1}\\
  \Longrightarrow ga_{n}=\binom{2n+1}{n}
  \]

  就可以直接算\(ga_n\)了。

于是，

\[f_n=f_{n-1}+a^ngb_n+b^nga_n-\binom{2n}{n}a^nb^n
\]

综合上面的两种递推式，写三个递推就可以搞定本题了。时间复杂度\(O(n)\)。

co int N=200000+1;
int	n,a,b,c,ans;
int fac[N<<1],ifac[N<<1],pa[N],pb[N];
int f[N],ga[N],gb[N];

il int binom(int n,int m){
	return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}

int main(){
	read(n),read(a),read(b),read(c);
	fac[0]=pa[0]=pb[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		pa[i]=mul(pa[i-1],a),pb[i]=mul(pb[i-1],b);
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	}
	for(int i=n+1;i<=n<<1;++i)
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n<<1]=fpow(fac[n<<1],mod-2);
	for(int i=(n<<1)-1;i>=0;--i)
		ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	read<int>();
	for(int i=2;i<=n;++i)
		ans=add(ans,mul(mul(read<int>(),binom((n<<1)-i-2,n-i)),mul(pa[n-1],pb[n-i])));
	read<int>();
	for(int i=2;i<=n;++i)
		ans=add(ans,mul(mul(read<int>(),binom((n<<1)-i-2,n-i)),mul(pa[n-i],pb[n-1])));
	f[0]=ga[0]=gb[0]=1;
	int ia=fpow(add(1,mod-a),mod-2),ib=fpow(add(1,mod-b),mod-2);
	for(int i=1;i<=n-2;++i){
		ga[i]=a==1?binom((i<<1)+1,i):mul(add(ga[i-1],add(mul(binom((i<<1)-1,i),pa[i]),mod-mul(binom(i<<1,i),pa[i+1]))),ia);
		gb[i]=b==1?binom((i<<1)+1,i):mul(add(gb[i-1],add(mul(binom((i<<1)-1,i),pb[i]),mod-mul(binom(i<<1,i),pb[i+1]))),ib);
		f[i]=add(f[i-1],add(mul(pa[i],gb[i]),add(mul(pb[i],ga[i]),mod-mul(binom(i<<1,i),mul(pa[i],pb[i])))));
	}
	printf("%d\n",add(ans,mul(c,f[n-2])));
	return 0;
}