JZOJ2904 【集训队互测 2012】Calc 用倍增的思路转移dp

题目大意

一个序列$a_1,...,a_n$ 是合法的，当且仅当：
1. 长度为给定的$n$。
2. $a_1,...,a_n 都是[1,A]中的整数。$
3. $a_1,...,a_n 互不相等。$

一个序列的值定义为它里面所有数的乘积，即$a_1a_2...a_n$。
现在的问题是给定$n,A,mod$，求所有不同合法序列的值的和(两个序列不同当且仅当他们任意一位不一样)。并且答案对一个数$mod$ 取余的结果。

$A\leq 10^9$
$n\leq 500$
$mod\leq 10^9 且为质数$

解题思路

显然我们可以强制是$a_i>a_{i-1}$，然后再把最后的答案乘$n!$。
一个很直接的思路就是设$F[i][j]$表示用了前$i$个数中的$j$个的合法序列的和。那么

$$F[i][j]=F[i-1][j-1]*j+F[i-1][j]$$
这个的复杂度是$O(An)$的。我们发现这个算法的瓶颈主要在于$A$太大，所以我们考虑一种把关于$A$的复杂度降下来的方法，尝试用$F[A]$转移到$F[2A]$。

首先考虑只用到$F[A]$的信息时关于$[A,2A]$的数求积的问题，我们发现

$$\prod(a_i+A)=\sum_{s\subset 0...n-1} A^{n-|s|}*\prod_{i\in s}a_i$$
意思就是对于每个$(a_i+A)$我们都可以选择用乘$a_i$还是$A$，然后乘$a_i$的集合设为$s$就会得到这样的转移。我们发现式子最后的$\prod_{i\in s}a_i$是我们已经在$F[A]$中求过的。那么我们设$f_i$表示在$[1,A]$中选了$i$个序列的和，即$F[A][i]$，$g_i$表示在$[A+1,2A]$中选了$i$个序列的和。由于$f_i$已经求好了，那么我们只用考虑$g_i$怎么求，根据上面的式子，我们可以得出：
$$g_i=\sum_{j=0}^{i}A^{i-j}*f_j*\binom{A-j}{i-j}$$
其实很好理解这里的$f_j$其实就等于上面式子的$\prod_{i\in s}a_i$，而组合数的意义就是对于上面的$(a_i+A)$除了$j$个选了$a_i$的数之外，其他数的选择可能。直接求组合数有点慢，那么对组合数化简一下：
$$\binom{A-j}{i-j}=\prod_{k=1}^{i-j}\frac{A-j+1-k}{k}=\frac{\prod_{k=j}^{i-1}(A-k)}{(i-j)!}$$
令$m_i=\prod_{k=0}^{i-1}(A-i),rm_i=(m_i)^{-1}$，那么$\binom{A-j}{i-j}=(i-j)!^{-1}*m_i*rm_j$
最后$g_i$的表达式就是
$$g_i=m_i\sum_{j=0}^iA^{i-j}*f_j*rm_j*(i-j)!^{-1}$$
让$f$和$g$组合一下，$F[2A]$的转移就为：
$$F[2A][i]=\sum_{j=0}^if_j*g_{i-j}$$
边界比较麻烦，要稍微处理一下。然后像快速乘一样，我们就可以做$O(log)$次得到$F[A]$，而每次的复杂度是$n^2$，总的复杂度就是$O(n^2logA)$。

程序

//YxuanwKeith
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 505;

struct Dp {
    int dp[MAXN];
};

int Mo, A, N, M[MAXN], InvM[MAXN], Pow[MAXN], Inv[MAXN], Fac[MAXN];

int Power(int x, int y) {
    int Ans = 1;
    for (; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % Mo)
        if (y & 1) Ans = 1ll * Ans * x % Mo;
    return Ans;
}

Dp Double(Dp Now, int A) {
    Dp Ans;
    memset(Ans.dp, 0, sizeof Ans.dp);
    static int G[MAXN];
    M[0] = Pow[0] = InvM[0] = 1;
    for (int i = 0; i < N; i ++) M[i + 1] = 1ll * M[i] * (A - i) % Mo;
    for (int i = 1; i <= N; i ++) InvM[i] = Power(M[i], Mo - 2);
    for (int i = 1; i <= N; i ++) Pow[i] = 1ll * Pow[i - 1] * A % Mo;
    G[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; i ++) {
        int Sum = 0;
        for (int j = 0; j <= i; j ++) {
            Sum = (Sum + 1ll * Pow[i - j] * Now.dp[j] % Mo * InvM[j] % Mo * Inv[i - j] % Mo) % Mo;
        }
        G[i] = 1ll * M[i] * Sum % Mo;
    }
    for (int i = 0; i <= N; i ++) {
        Ans.dp[i] = 0;
        for (int j = 0; j <= i; j ++)
            Ans.dp[i] = (Ans.dp[i] + 1ll * Now.dp[j] * G[i - j] % Mo) % Mo;
    }       
    return Ans;
}

Dp Single(Dp Now, int A) {
    Dp Ans;
    Ans.dp[0] = 1;
    for (int j = 1; j <= N; j ++)
        Ans.dp[j] = (1ll *  Now.dp[j - 1] * A % Mo + Now.dp[j]) % Mo;
    return Ans;
}

Dp Solve(int y) {
    Dp Now;
    if (!y) {
        memset(Now.dp, 0, sizeof Now.dp);
        Now.dp[0] = 1;
        return Now;
    }
    Now = Double(Solve(y / 2), y / 2);
    if (y & 1) Now = Single(Now, y);
    return Now;
}

void Prepare() {
    Fac[0] = Inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; i ++) Fac[i] = 1ll * Fac[i - 1] * i % Mo;
    for (int i = 1; i <= N; i ++) Inv[i] = Power(Fac[i], Mo - 2);
}

int main() {
    scanf("%d%d%d", &A, &N, &Mo);
    Prepare();
    printf("%d\n", 1ll * Solve(A).dp[N] * Fac[N] % Mo);
}