LOJ6671 EntropyIncreaser 与 Minecraft （生成函数）

题面

EntropyIncreaser 是组合计数大师。

EntropyIncreaser 很喜欢玩麦块。当然，EntropyIncreaser 拥有非同常人的超能力，他玩的是MOD版的 n 维麦块，换成数学语言也就是

Z

n

\mathbb{Z}^n

Zn 空间。他现在手里有一个特制的

T

N

T

\tt TNT

TNT方块：若将它放在

(

x

1

,

x

2

,

…

,

x

n

)

(x_1,x_2,…,x_n)

(x1​,x2​,…,xn​)（注意

x

i

x_i

xi​ 可能为负数）处，它将拥有

∑

i

=

1

n

∣

x

i

∣

∑_{i=1}^n|x_i|

∑i=1n​∣xi​∣ 的威力值。EntropyIncreaser 只是想看看这种特制

T

N

T

\tt TNT

TNT的爆炸场面，他并不希望对其他东西造成太大的损害，所以这个

T

N

T

\tt TNT

TNT方块的威力值必须

⩽

p

⩽p

⩽p 。

EntropyIncreaser 想请你告诉他，一共有多少不同的位置放置

T

N

T

\tt TNT

TNT，使其满足他的要求。答案对

1

0

9

+

7

10^9+7

109+7 取模。

EntropyIncreaser 想了一秒就知道了答案。但他决定还是考考你。

Sample Input

3 5

Sample Output

231

题解

决定了！就用生成函数表达对这道题的尊敬！

其实这道题是可以当作生成函数入门训练题的。

我们对每一维坐标的绝对值进行考虑，若

∣

x

i

∣

≠

0

|x_i|\not=0

∣xi​∣​=0 那么有正负两种情况，贡献为 2，若为 0，则只有一种情况，贡献为 1 。

因此，单个维度贡献的生成函数就是

f

(

x

)

=

1

+

2

x

+

2

x

2

+

.

.

.

=

2

x

−

1

−

1

f(x)=1+2x+2x^2+...=\frac{2}{x-1}-1

f(x)=1+2x+2x2+...=x−12​−1

继续推下去吧！ 我们可以得到总答案关于威力值的生成函数

F

(

x

)

=

f

n

(

x

)

=

(

2

x

−

1

−

1

)

n

F(x)=f^n(x)=\left(\frac{2}{x-1}-1\right)^n

F(x)=fn(x)=(x−12​−1)n

用二项式定理：

F

(

x

)

=

(

2

x

−

1

−

1

)

n

=

∑

i

=

0

n

(

1

x

−

1

)

i

2

i

(

−

1

)

n

−

i

C

(

n

,

i

)

=

∑

i

=

0

n

(

1

+

x

+

x

2

+

.

.

.

)

i

2

i

(

−

1

)

n

−

i

C

(

n

,

i

)

F(x)=\left(\frac{2}{x-1}-1\right)^n=\sum_{i=0}^{n}\left(\frac{1}{x-1}\right)^i2^i(-1)^{n-i}C(n,i)\\ =\sum_{i=0}^{n}(1+x+x^2+...)^i2^i(-1)^{n-i}C(n,i)

F(x)=(x−12​−1)n=i=0∑n​(x−11​)i2i(−1)n−iC(n,i)=i=0∑n​(1+x+x2+...)i2i(−1)n−iC(n,i)

那么用隔板法可以得出，它的第

q

q

q 项就是

[

[

q

]

]

f

(

x

)

n

=

∑

i

=

0

n

C

(

q

+

i

−

1

,

i

−

1

)

2

i

(

−

1

)

n

−

i

C

(

n

,

i

)

[[q]]f(x)^n=\sum_{i=0}^{n}C(q+i-1,i-1)2^i(-1)^{n-i}C(n,i)

[[q]]f(x)n=i=0∑n​C(q+i−1,i−1)2i(−1)n−iC(n,i)

我们要找的答案即

∑

q

=

0

p

[

[

q

]

]

f

(

x

)

n

=

∑

i

=

0

n

(

∑

q

=

0

p

C

(

q

+

i

−

1

,

i

−

1

)

)

2

i

(

−

1

)

n

−

i

C

(

n

,

i

)

=

∑

i

=

0

n

C

(

p

+

i

,

i

)

2

i

(

−

1

)

n

−

i

C

(

n

,

i

)

\sum_{q=0}^{p}[[q]]f(x)^n=\sum_{i=0}^{n}\left(\sum_{q=0}^{p}C(q+i-1,i-1)\right)2^i(-1)^{n-i}C(n,i)\\ =\sum_{i=0}^{n}C(p+i,i)2^i(-1)^{n-i}C(n,i)

q=0∑p​[[q]]f(x)n=i=0∑n​(q=0∑p​C(q+i−1,i−1))2i(−1)n−iC(n,i)=i=0∑n​C(p+i,i)2i(−1)n−iC(n,i)

成了！接下来只需要预处理阶乘求组合数，时间复杂度

O

(

n

)

O(n)

O(n) 。

CODE

#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 3000005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
int fac[MAXN],inv[MAXN],invf[MAXN];
int qkpow(int a,int b) {
	int res = 1;
	while(b > 0) {
		if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
		a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
	}return res;
}
int C(int n,int m) {
	if(m < 0 || m > n) return 0;
	return fac[n] *1ll* invf[n-m] % MOD *1ll* invf[m] % MOD;
}
int main() {
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=1;
	for(int i = 2;i <= 3000000;i ++) {
		fac[i] = fac[i-1]*1ll*i % MOD;
		inv[i] = (MOD-inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
		invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
	}
	n = read();m = read();
	int ans = 0,po2 = 1;
	for(int i = 0;i <= n;i ++) {
		(ans += C(m+i,i)*1ll*po2 % MOD * (((n-i)&1) ? (MOD-1ll):1ll) % MOD *1ll* C(n,i) % MOD) %= MOD;
		(po2 += po2) %= MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}