[日常训练] 传统题

Solution

• 一道组合计数好题，orz zzq。
• 对原问题进行转化，答案 $=\sum _{i=1}^{n}f(ans=i)\times i=\sum _{i=1}^{n}f(ans\ge i)=\sum _{i=1}^n(m^n-f(ans<i))=n\times m^n-\sum _{i=0}^{n-1}f(ans\le i)(f为方案数)$。
• 考虑如何计算 $\sum _{i=0}^{n-1}f(ans\le i)$。
• 先把序列分成 $j$ 个块，相邻的块颜色不同，染色的方案数为 $m(m-1{)}^{j-1}$。
• 计算分成 $j$ 个块的方案要考虑 $ans\le i$ 的限制，直接计算并不容易，我们通过容斥，枚举 $k$ 个长度 $>i$ 的块，把它们的长度减去 $i$，剩下的部分就可以直接用隔板法计算。
• 因此 $\sum _{i=0}^{n-1}f(ans\le i)=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=1}^{n}m(m-1{)}^{j-1}\sum _{k=0}^j(-1{)}^k{C}_j^k{C}_{n-ik-1}^{j-1}$。
• 考虑简化这个式子，把无关项外移，先枚举 $k$ 再枚举 $j$，得到=m∑i=0n−1∑k=0n(−1)k∑j=max⁡{k,1}n(m−1)j−1CjkCn−ik−1j−1=m\sum \limits_{i = 0}^{n - 1}\sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^k\sum \limits_{j = \max\{k, 1\}}^{n}(m - 1)^{j - 1}C_{j}^{k}C_{n - ik - 1}^{j - 1}=mi=0∑n−1​k=0∑n​(−1)kj=max{k,1}∑n​(m−1)j−1Cjk​Cn−ik−1j−1​
• 考虑组合数的限制 $k-1\le j-1\le n-ik-1$，所以 $k\le n-ik,(i+1)k\le n$，枚举 $i,k$ 的复杂度为调和级数。
• 现在只要能够快速计算枚举 $j$ 的部分，问题就能解决了。
• 先做一些简单的变换：$$C_{n-ik-1}^{j-1}=\frac{(n-ik-1)!}{(j-1)!(n-ik-j)!}=\frac{j}{n-ik}\times \frac{(n-ik)!}{j!\times (n-ik-j)!}=\frac{j}{n-ik}{C}_{n-ik}^j$$
• 代入原式，得到 =m∑i=0n−1∑k=0n(−1)kn−ik∑j=max⁡{k,1}nj(m−1)j−1CjkCn−ikj=m\sum \limits_{i = 0}^{n - 1}\sum\limits_{k = 0}^{n}\frac{(-1)^k}{n - ik}\sum \limits_{j = \max\{k, 1\}}^{n}j(m - 1)^{j - 1}C_{j}^{k}C_{n - ik}^{j}=mi=0∑n−1​k=0∑n​n−ik(−1)k​j=max{k,1}∑n​j(m−1)j−1Cjk​Cn−ikj​
• 考虑寻找枚举 $j$ 部分的组合意义：

1. 在 $n-ik$ 个点中选 $j$ 个点（$C_{n-ik}^j$）；
2. 在 $j$ 个点中选 $k$ 个点（$C_j^k$）；
3. 在 $j$ 个点中选一个关键点（$j$）；
4. $j$ 个点中除关键点外的点用 $m-1$ 种颜色染色（$(m-1{)}^{j-1}$）。

• 注意到若该组合意义下存在方案，要满足 $j$ 至少为 1。
• 考虑先枚举选 $k$ 个点：

1. 在 $n-ik$ 个点中选 $k$ 个点 （$C_{n-ik}^k$）；
2. 分两种情况讨论：
   1. 关键点不在 $k$ 个点之中：
      [1] 将 $k$ 个点用 $m-1$ 种颜色染色（$(m-1{)}^k$）；
      [2] 在 $n-ik-k$ 个点中选一个关键点（$n-ik-k$）；
      [3] 在剩下的 $n-ik-k-1$ 点中选一个子集用 $m-1$ 种颜色染色，相当于将这 $n-ik-1$ 个点用 $m$ 种颜色染色（$m^{n-ik-k-1}$）；
   2. 关键点在 $k$ 个点之中：
      [1] 在 $k$ 个点中选一个关键点（$k$）；
      [2] 将其余 $k-1$ 个点用 $(m-1)$ 种颜色染色（$(m-1{)}^{k-1}$）；
      [3] 在剩下的 $n-ik-k$ 个点中选一个子集用 $m-1$ 种颜色染色，计算与上面同理（$m^{n-ik-k}$）

• 最终整理得到答案的式子为：$$n\times m^n-m\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{n-ik}{C}_{n-ik}^k[(n-ik-k)(m-1{)}^k{m}^{n-ik-k-1}+k(m-1{)}^{k-1}{m}^{n-ik-k}]$$
• 预处理 $m,m-1$ 的次幂以及 $1$~$n$ 阶乘、$1$~$n$ 逆元、 $1$~$n$ 阶乘逆元，即可在 $O(n\log n)$ 的复杂度内计算上述式子。

Code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <ctime>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	char ch; bool flag = false; res = 0;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch) && ch != '-');
	ch == '-' ? flag = true : res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
		res = res * 10 + ch - 48;
	flag ? res = -res : 0; 
}

const int N = 3e5 + 5;
int fra[N], inv_fra[N], inv[N], ex_m[N], ex_m1[N];
int n, m, mod;

inline void add(int &x, int y)
{
	x += y;
	x >= mod ? x -= mod : 0;
}

inline int quick_pow(int x, int k)
{
	int res = 1;
	while (k)
	{
		if (k & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod; k >>= 1;
	}
	return res;
}

inline int C(int n, int m)
{
	return 1ll * fra[n] * inv_fra[n - m] % mod * inv_fra[m] % mod;
}

int main()
{
	freopen("sequence.in", "r", stdin);
	freopen("sequence.out", "w", stdout);
	
	read(n); read(m); read(mod);
	ex_m[0] = ex_m1[0] = fra[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		fra[i] = 1ll * fra[i - 1] * i % mod;
		ex_m[i] = 1ll * ex_m[i - 1] * m % mod;
		ex_m1[i] = 1ll * ex_m1[i - 1] * (m - 1) % mod;
	}
	
	inv_fra[n] = quick_pow(fra[n], mod - 2);
	for (int i = n; i >= 1; --i)
		inv_fra[i - 1] = 1ll * inv_fra[i] * i % mod;
	inv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		inv[i] = 1ll * fra[i - 1] * inv_fra[i] % mod;
	
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i)
		for (int k = 0, km = n / (i + 1); k <= km; ++k)
		{
			int t = n - i * k - k,                                                       
				sit1 = 1ll * k * (k > 0 ? ex_m1[k - 1] : 0) % mod * ex_m[t] % mod,
				sit2 = 1ll * t * ex_m1[k] % mod * (t > 0 ? ex_m[t - 1] : 0) % mod;
			int tmp = 1ll * inv[t + k] * C(t + k, k) % mod * (sit1 + sit2) % mod;
			add(ans, (k & 1) ? mod - tmp : tmp);
		}
	ans = 1ll * (mod - m) * ans % mod;
	add(ans, 1ll * n * ex_m[n] % mod);
	printf("%d\n", ans);
	
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}