ARC100F Colorful Sequences

题目
因为直接计算每个符合要求的序列的权值比较困难（要求是或起来的），所以考虑算出所有序列的权值再减去不符合条件的序列权值。
所有序列的权值等于 $k^{n-m}\times (n-m+1)$。
考虑后者即不符合条件的序列的权值和怎么计算。
1. { a } \{a\} {a} 就是一个符合条件的序列
那么答案为 $0$
2. { a } \{a\} {a} 中元素不重复
可以注意到，既然 { a } \{a\} {a} 不重复，那么每个数没有本质区别，所以统计出 { a } \{a\} {a} 等于任意长度为 $m$ 的元素不重复的序列时的答案再除以 $k^{\underline{m}}$。
设 $f[i][j]$ 表示填了 $i$ 个数，最后 $j$ 个数不重复的方案数
$f[i][j]\leftarrow (k-j+1)\times f[i-1][j-1]$
$f[i][j]\leftarrow f[i-1][k](k\ge j)$
设 $g[i][j]$ 表示填了 $i$ 个数，最后 $j$ 个数不重复的序列，其中含有长度为 $m$ 的元素不重复的子串的个数之和。
$g[i][j]\leftarrow (k-j+1)\times g[i-1][j-1]$
$g[i][j]\leftarrow g[i-1][k](k\ge j)$
$g[i][j]+=f[i][j](j\ge m)$
注意在枚举的时候 $j<k$ 即可保证不存在合法的情况。
答案是 $\frac{{\sum }_{i=1}^{k-1}g[n][i]}{k^{\underline{m}}}$

3. { a } \{a\} {a} 中元素有重复
对于原串中出现的每一个 $a$ 都分开统计答案，换言之，统计 $a$ 出现 $[i,i+m-1]$ 区间时填原序列的方案数，答案即为前面每种情况方案数的总和。
记 $L$ 表示极长前缀长度使得 $a_1,a_2,\cdots ,a_L$ 互不相同。
$R$ 表示极长后缀长度使得 $a_{m-R+1},\cdots ,a_m$ 互不相同。
$f[0][L]=1$
$g[0][R]=1$
然后 $f$ 和 $g$ 都做一遍与前面第二种情况中 $f$ 相同的转移就可以了。
答案是 ${\sum }_{i=1}^{n-m+1}({\sum }_{j=1}^{k-1}f[i-1][j])\times ({\sum }_{j=1}^{k-1}g[i-1][j])$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=25005;
const int M=405;
const int mod=1e9+7;
int n,k,m;
int a[N],inv[N],cnt[N],f[N][M],g[N][M],suf[N][M],suf1[N][M],suf2[N][M];
bool vis1[N],vis2[N];
inline int read()
{
	int s=0,t=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')t=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return s*t;
}
inline int ksm(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
inline bool check()
{
	for(int i=1;i<=m;++i) ++cnt[a[i]];
	for(int i=1;i<=m;++i)
		if(cnt[a[i]]>1) return false;
	return true;
}
inline int calc1()
{
	if(m>=k) return 0;
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=k-1;++j)
		{
			f[i][j]=(f[i][j]+suf[i-1][j])%mod;
			f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-1][j-1]*(k-j+1)%mod)%mod;
		}
		for(int j=k-1;j;--j) suf[i][j]=(suf[i][j+1]+f[i][j])%mod;
	}
	memset(suf,0,sizeof(suf));
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=k-1;++j)
		{
			g[i][j]=(g[i][j]+suf[i-1][j])%mod;
			g[i][j]=(g[i][j]+1ll*g[i-1][j-1]*(k-j+1)%mod)%mod;
			if(j>=m) g[i][j]=(g[i][j]+f[i][j])%mod;
		}
		for(int j=k-1;j;--j) suf[i][j]=(suf[i][j+1]+g[i][j])%mod;
	}
	int qwq=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) qwq=1ll*qwq*inv[k-i+1]%mod;
	return 1ll*suf[n][1]*qwq%mod;
}
inline int calc2()
{
	int l=0,r=0;
	while(!vis1[a[l+1]]){++l;vis1[a[l]]=1;}
	while(!vis2[a[m-r]]){vis2[a[m-r]]=1,++r;}
	if(l>=k||r>=k) return 0;

	bool ok=0;
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for(int i=1;i+k-1<=m;++i)
	{
		bool qwq=0;
		for(int j=i;j<=i+k-1;++j) ++cnt[a[j]];
		for(int j=i;j<=i+k-1;++j)
			if(cnt[a[j]]>1) qwq=1;
		for(int j=i;j<=i+k-1;++j) --cnt[a[j]];
		ok|=(qwq==0);
	}
	if(ok) return 0;

	f[0][l]=suf1[0][l]=1;
	g[0][r]=suf2[0][r]=1;
	for(int j=k-1;j;--j)
	{
		suf1[0][j]=(suf1[0][j+1]+suf1[0][j])%mod;
		suf2[0][j]=(suf2[0][j+1]+suf2[0][j])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=k-1;++j)
		{
			f[i][j]=(f[i][j]+1ll*(k-j+1)*f[i-1][j-1]%mod)%mod;
			f[i][j]=(f[i][j]+suf1[i-1][j])%mod;
			g[i][j]=(g[i][j]+1ll*(k-j+1)*g[i-1][j-1]%mod)%mod;
			g[i][j]=(g[i][j]+suf2[i-1][j])%mod;
		}
		for(int j=k-1;j;--j)
		{
			suf1[i][j]=(suf1[i][j+1]+f[i][j])%mod;
			suf2[i][j]=(suf2[i][j+1]+g[i][j])%mod;
		}
	}
	int qwq=0;
	for(int i=1;i+m-1<=n;++i) qwq=(qwq+1ll*suf1[i-1][1]*suf2[n-m-i+1][1]%mod)%mod;
	return qwq;
}
// f[i][j] 填了前 i 个数，最后 j 个数不重复 的方案数
// g[i][j] 填了前 i 个数，最后 j 个数不重复，长度为 m
int main()
{
	n=read();
	k=read();
	m=read();
	for(int i=1;i<=m;++i) a[i]=read();
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=k;++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	int res=1ll*ksm(k,n-m)*(n-m+1)%mod;
	if(check()) printf("%d",(res-calc1()+mod)%mod);
	else printf("%d",(res-calc2()+mod)%mod);
	return 0;
}