[组合] Codeforces #660E. Different Subsets For All Tuples

最新推荐文章于 2023-02-21 19:12:46 发布

原创最新推荐文章于 2023-02-21 19:12:46 发布 · 474 阅读

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组合数学

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本文介绍了一种计算字符串中特定子序列贡献的方法，并通过数学推导给出了简洁的公式。利用该公式可以有效地避免重复计算，提高了计算效率。

这种题做起来贼爽…
套路考虑一个子序列的贡献，有个问题就是每种 $a$ 串只计算一次，如何避免重复。
很简单，对于一个串 $a$ ,只在第一次出现这个子序列的位置算贡献。
考虑一个子序列，下标分别为 $k_1,k_2,...,k_t$ 。 $1$ 到 $k_1-1$ 不能出现 $a_{k_1}$ ， $k_1+1$ 到 $k_2-1$ 不能出现 $a_{k_2}$ ，… $k_t+1$ 到 $n$ 随便填。
也就是说有 $k_t-t$ 个位置有 $m-1$ 种填法， $n-k_t$ 个位置有 $m$ 种填法。
空串直接单独算，然后我们就可以列出答案的式子了:

\sum i = 1 n m i \sum j = i n (j - 1 i - 1) (m - 1) j - i m n - j

$\sum_{i=1}^n m^i \sum_{j=i}^n {j-1\choose i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j}$
观察一下，肯定就是

xjb $xjb$ 变形凑二项式的形式了：

= \sum j = 1 n \sum i = 1 j (j - 1 i - 1) (m - 1) j - i m n - j + i = \sum j = 0 n - 1 m n - j \sum i = 0 j (j i) (m - 1) j - i m i = \sum j = 0 n - 1 m n - j (m - 1 + m) j

$=\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j{j-1\choose i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-j+i}=\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}\sum_{i=0}^j {j\choose i}(m-1)^{j-i}m^i=\sum_{j=0}^{n-1}m^{n-j}(m-1+m)^j$
就好了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD=1e9+7;
int n,m;
LL ans;
LL Pow(LL a,int b){
    LL res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD) if(b&1) res=(res*a)%MOD;
    return res;
}
int main(){
    freopen("cf660E.in","r",stdin);
    freopen("cf660E.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m); 
    ans=Pow(m,n);
    for(int i=0;i<=n-1;i++) (ans+=Pow(m,n-i)*Pow(m-1+m,i)%MOD)%=MOD;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}