Luogu P4463 [国家集训队] calc

题目大意

%　　给定 $[1,A]$ 之间的数，从其中取出 $m$ 个数排列，每种方案的价值为序列中所有元素的乘积，求所有方案的价值和在 $mod$ 意义下的值。
　　 数据范围　$1⩽A⩽10^9,n⩽500,mod\in \text{prime},mod⩽10^9,mod>A>n+1$

题解

%　　先考虑动态规划，直接问什么定义什么似乎很难转移。那就只能分析题目了。首先，我们发现方案的价值和顺序无关，因而我们可以求出严格上升序列的价值，然后乘上排列方案数 $n!$ 。
　　定义：用 $1\sim j$ 填满序列的前 $i$ 个位置，能得到的严格上升序列的总价值为 $f[i][j]$。
　　那么转移就很好写了：$$f[i][j]=f[i-1][j-1]\times j+f[i][j-1]$$　　则答案为 $f[n][A]\times n!$，时间复杂度为 $\Theta (n\times A)$，对于本题来说显然是错的。
　　考虑优化，如果我们知道 $f[n][A]$ 的次数，那就可以套拉格朗日插值了。
　　尝试令 $f[i][j]$ 是一个关于 $i$ 的 $g(n)$ 次多项式。我们知道，一个 $i$ 次多项式差分后为一个 $i-1$ 次多项式，因而有：$f[i][j]-f[i-1][j]$ 为一个 $g(i)-1$ 次多项式。对方程式移项，得$$f[i][j]-f[i][j-1]=f[i-1][j-1]\times j$$　　等式左侧为 $g(i)-1$ 次多项式，右侧为 $g(n-1)+1$ 次多项式，因而有：
$$g(n)-1=g(n-1)+1$$　　化简，得：$$g(n)=g(n-1)+2$$　　可以用断言并用生成函数证明：$$g(n)=2n$$　　因而原方程为一个 $2n$ 次的多项式。我们先计算出 $f(n,1)\sim f[n][2n+1]$，时间复杂度为 $\Theta (n)$。然后用拉格朗日插值求出 $f[n][A]$，总时间复杂度为 $$T(n)=\Theta (n^2)$$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 510
long long A,n;
long long mod;
long long f[maxn][maxn*2];
long long x[maxn],y[maxn];
long long pow_t(long long a,long long b){
	if(b==1) return a%mod;
	long long t=pow_t(a,b>>1);
	if((b&1)==0) return t*t%mod;
	return t*t%mod*a%mod;
}
#define inv(x) pow_t(x,mod-2)
long long ft(long long n,long long k){
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		long long up=y[i]%mod,dn=1;
		for(int j=0;j<n;j++)
			if(i!=j)
				up=up*(k-x[j]+mod)%mod,dn=dn*(x[i]-x[j]+mod)%mod;
		ans=(ans+up*inv(dn)%mod)%mod;
	} return ans;
}
int main(void)
{
	scanf("%lld%lld%lld",&A,&n,&mod);
	long long fac_n=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fac_n=fac_n*i%mod;
	for(int i=0;i<=2*n+1;i++)
		f[0][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=2*n+1;j++)
			f[i][j]=(f[i-1][j-1]*j%mod+f[i][j-1])%mod;
	for(int i=1;i<=2*n+1;i++)
		x[i-1]=i,y[i-1]=f[n][i];
	printf("%lld",fac_n*ft(2*n+1,A)%mod);
	return 0;
}