洛谷P4456 交错序列[CQOI2018] dp+数论

正解:dp

解题报告:

　　传送门

　　首先可以先拆下这个贡献式,为了方便之后设状态什么的,把式子转成和ny有关,就成了

　　\(\sum \left ( n-i \right )^{a}\cdot i^{b}\)

　　然后拆下式子化简下,就可以得到

　　\(\sum \binom{a}{i}\cdot n^{i}\cdot \left ( -1 \right )^{a-i}\cdot y^{a+b-i}\)

　　所以现在就只要能预处理出\(y^{a+b-i}\)就能\(O\left ( n \right )\)得求出来辣!

　　所以考虑设dp式\(f[i][j]\)填到了第\(i\)位的时候特征值的\(j\)次方的贡献

　　\(umm\)感觉表示得不太清,,,再瞎解释下这个所谓的"特征值的\(j\)次方的贡献",其实指的就这个\(y^{a+b-i}\),然后此处的\(j\)指的就\(a+b-i\)

　　然后因为j不能相邻所以考虑加一维\([0/1]:\)最后一位是\(0\)还是\(1\)

　　然后转移的话就直接枚第i位填\(01\)就欧克鸭,写下转移式趴QwQ

　　\(f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1]\)

　　\(f[i][j][1]=∑\binom{j}{k}\cdot f[i-1][k][0]\)

　　关于\(1\)这个,瞎解释下趴,就,拆下式子嘛,因为填1就相当于\(y^{j}\)成了\(y^{j+1}\)

　　拆一下做个差得贡献为\(\sum \binom{i}{j}\cdot y^{j-i}\)

　　矩阵加速就好,,,随便讲下矩阵怎么构造的趴,,,

　　首先显然想到把矩阵分成两块儿嘛,就直接上半边全放\(f[i][j][0]\)下半边\(f[i][j][1]\)行趴

　　然后因为\(f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1]\),\(so\)转移矩阵就会是大概这样儿:

　　\begin{bmatrix}\ 1\ 0\ 0\ ...\ ...\ 1\ 0\ 0\ ...\ ...\end{bmatrix}

　　那对于\(f[i][j][1]=∑\binom{j}{k}\cdot f[i-1][k][0]\),也不难想到转移矩阵大概就这样儿的:

　　\begin{bmatrix}\ \binom{i}{0}\ \binom{i}{1}\ \binom{i}{2}\ \binom{i}{3}\ ...\ \binom{i}{i}\ 0\ 0\ ...\ ...\end{bmatrix}

　　综上,这题就做完辣\(QwQ\)(,,,这可能是我写过的最久的一篇博客辽,,,\(markdown\)虽然真滴很好看但也真滴很耗时间啊,,,\(awsl\),,,\(QAQ\)

　　

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define gc getchar()
#define ri register int
#define rc register char
#define rb register bool
#define rp(i,x,y) for(ri i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(ri i=x;i>=y;--i)

const int N=200+10,M=50+10;
int n,a,b,mod,C[N][N],poww[N],as,m;
struct matrix
{
	int s[N][N];
	void clear(){memset(s,0,sizeof(s));}
	void pre(){clear();rp(i,0,m-1)s[i][i]=1;}
	int *operator[](int x){return s[x];}
}G;

il int read()
{
	rc ch=gc;ri x=0;rb y=1;
	while(ch!='-' && (ch>'9' || ch<'0'))ch=gc;
	if(ch=='-')ch=gc,y=0;
	while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=gc;
	return y?x:-x;
}
il int ad(ri x,ri y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;return x;}
il int power(ri x,ri y){ri ret=1;while(y){if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}return ret;}
il void pre(ri d)
{
	rp(i,0,d)C[i][0]=1;
	rp(i,1,d)
		rp(j,1,i)C[i][j]=ad(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
	poww[0]=1;
	rp(i,1,d)poww[i]=1ll*poww[i-1]*n%mod;
}
matrix operator*(matrix &a,matrix &b)
{
	matrix ret;ret.clear();
	rp(i,0,m-1)
		rp(k,0,m-1)
		if(a[i][k])
			rp(j,0,m-1)
				ret[i][j]=ad(ret[i][j],1ll*a[i][k]*b[k][j]%mod);
	return ret;
}
matrix m_power(matrix x,ri y)
{
	matrix ret;ret.clear();ret[0][0]=1;
	while(y){if(y&1)ret=ret*x;x=x*x;y>>=1;}
	return ret;
}

int main()
{
	n=read();a=read();b=read();mod=read();ri l=a+b+1;m=l<<1;pre(a+b+1);
	rp(i,0,a+b)
	{
		G[i+l][i]=G[i][i]=1;
		rp(j,0,i)G[j][i+l]=C[i][j];
	}
	matrix A=m_power(G,n);
	for(ri i=0,d=(a&1)?mod-1:1;i<=a;++i,d=mod-d)
		as=ad(as,1ll*C[a][i]*d%mod*(A[0][a+b-i]+A[0][a+b-i+l])%mod*poww[i]%mod);
	printf("%d\n",as);
	return 0;
}

　　啊对了这题有点卡常,,,所以说说卡常小技巧趴,,,\(QAQ\)

　　\(eg:\)求组合数\(C\)

　　　　这个地方是真的挺坑,,,就应该挺多人求\(C\)会是预处理一个阶乘一个逆元那样子?

　　　　但是这儿有个问题,就这样处理的时候要%很多次,,,\(so\)速度会比较卡,,,所以检验预处理\(C\),这道题是开得下的\(QwQ\)

　　\(umm\)其实我就优化了这儿,,,也别的卡常了就只写下这个趴\(QAQ\)