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……

  1. #include<cstdio>
  2. #include<iostream>
  3. #include<cmath>
  4. #include<algorithm>
  5. #include<cstring>
  6. #include<cstdlib>
  7. #include<cctype>
  8. #include<vector>
  9. #include<stack>
  10. #include<queue>
  11. using namespace std;
  12. #define enter puts("")
  13. #define space putchar(' ')
  14. #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
  15. #define In inline
  16. typedef long long ll;
  17. typedef double db;
  18. const int INF = 0x3f3f3f3f;
  19. const db eps = 1e-8;
  20. const int maxn = 205;
  21. inline ll read()
  22. {
  23. ll ans = 0;
  24. char ch = getchar(), last = ' ';
  25. while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  26. while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  27. if(last == '-') ans = -ans;
  28. return ans;
  29. }
  30. inline void write(ll x)
  31. {
  32. if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  33. if(x >= 10) write(x / 10);
  34. putchar(x % 10 + '0');
  35. }
  36. int n, a, b, mod, Max;
  37. struct Mat
  38. {
  39. ll a[maxn][maxn];
  40. In Mat operator * (const Mat& oth)const
  41. {
  42. static Mat ret; Mem(ret.a, 0);
  43. for(int i = 0; i <= Max; ++i)
  44. for(int j = 0; j <= Max; ++j)
  45. {
  46. for(int k = 0; k <= Max; ++k) ret.a[i][j] += a[i][k] * oth.a[k][j];
  47. ret.a[i][j] %= mod;
  48. }
  49. return ret;
  50. }
  51. }f;
  52. ll C[maxn][maxn];
  53. In void init()
  54. {
  55. for(int i = 0; i <= a + b; ++i) C[i][0] = 1;
  56. for(int i = 1; i <= a + b; ++i)
  57. for(int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
  58. Mem(f.a, 0); Max = ((a + b) << 1) + 1;
  59. for(int i = 0; i <= a + b; ++i) f.a[i][i] = f.a[i][a + b + 1 + i] = 1;
  60. for(int i = 0; i <= a + b; ++i)
  61. for(int j = 0; j <= i; ++j) f.a[a + b + 1 + i][j] = C[i][j];
  62. }
  63. In Mat quickpow(Mat A, ll b)
  64. {
  65. Mat ret; Mem(ret.a, 0);
  66. for(int i = 0; i <= Max; ++i) ret.a[i][i] = 1;
  67. for(; b; b >>= 1, A = A * A)
  68. if(b & 1) ret = ret * A;
  69. return ret;
  70. }
  71. ll ans[maxn];
  72. int main()
  73. {
  74. n = read(), a = read(), b = read(), mod = read();
  75. init();
  76. Mat A = quickpow(f, n);
  77. for(int i = 0; i <= a; ++i)
  78. {
  79. for(int j = 0; j <= Max; ++j) ans[i] += A.a[i][j];
  80. for(int j = 0; j <= Max; ++j) ans[i] += A.a[a + b + 1 + i][j];
  81. ans[i] %= mod;
  82. }
  83. ll Ans = 0, tp = 1;
  84. for(int i = 0, flg = pow(-1, a); i <= a; ++i, tp = tp * n % mod, flg *= (-1))
  85. 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;
  86. write(Ans), enter;
  87. return 0;
  88. }

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