[JZOJ4837]I Liked Matrix!

题目大意

在一个$n\times m$的矩阵里面所有位置随机填入$0$或$1$，概率比为$x:y$。令$B_i=\sum_{j=1}^mA_{i,j}$，求$\min\{B_i\}$期望，并将期望乘以$(x+y)^{nm}$后对$10^9+7$取模。
（其实就是把每个位置$x+y$种情况暴力填然后对$\min\{B_i\}$求和）。

$n,m,x,y\le2\times10^5$

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题目分析

naive的70分做法

令$f_i$表示$m$个数（一行）和为$i$的方案数。显然

$$f_i={m \choose i}x^{m-i}y^i$$
令$g_i$表示$m$个数（一行）和大于等于$i$的方案数。
考虑枚举最大值是多少，多少个$B$是等于这个最大值，那么答案显然为
$$\sum_{i=0}^m\sum_{j=1}^n{n\choose j}f_i^jg_{i+1}^{n-j}i$$
这样做是$\mathrm O(n^2)$的。

100分做法

上面的方法太弱逊水了。
考虑容斥原理。
最小值为$w$的方案数为$g_w^n-g_{w+1}^n$。
于是就可以愉快地统计答案了：

$$\sum_{i=0}^m\left(g_i^n-g_{i+1}^n\right)i$$
这样做是$\mathrm O(n)$的。

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代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int P=1000000007;
const int N=200500;

int fact[N],invf[N],F[N],G[N],xp[N],yp[N],Gp[N];
int n,m,X,Y,ans;

int quick_power(int x,int y)
{
    int ret=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}

void pre()
{
    int l=max(n,m);
    fact[0]=1;
    for (int i=1;i<=l;i++) fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%P;
    invf[l]=quick_power(fact[l],P-2);
    for (int i=l;i>=1;i--) invf[i-1]=1ll*invf[i]*i%P;
    xp[0]=yp[0]=1;
    for (int i=1;i<=m;i++) xp[i]=1ll*xp[i-1]*X%P,yp[i]=1ll*yp[i-1]*Y%P;
}

inline int C(int n,int m){return 1ll*fact[n]*invf[m]%P*invf[n-m]%P;}

void calc()
{
    for (int i=0;i<=m;i++) F[i]=1ll*C(m,i)*xp[m-i]%P*yp[i]%P;
    G[m+1]=0;
    for (int i=m;i>=0;i--) G[i]=(G[i+1]+F[i])%P;
    ans=0;
    for (int i=0;i<=m;i++) Gp[i]=quick_power(G[i],n);
    for (int i=1;i<=m;i++) (ans+=1ll*(((Gp[i]-Gp[i+1])%P+P)%P)*i%P)%=P;
}

int main()
{
    freopen("past.in","r",stdin),freopen("past.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&X,&Y);
    pre(),calc();
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
}