bzoj 3157: 国王奇遇记&3516: 国王奇遇记加强版

最新推荐文章于 2019-08-16 17:11:08 发布

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本文探讨了一种高级数列求和问题，即计算∑i=1nim∗mi，其中n可达10^9，m≤5000。通过递推方法和等比数列求和技巧，文章提出了一种O(m^2)的解决方案，并暗示存在更高效的O(m)解法。适合对数学算法和数列求和感兴趣的读者。

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题意

给定 $n, m$
计算 $∑i=1nim∗mi\sum_{i=1}^ni^m*m^i$
$n≤109,m≤5000n\le10^9,m\le5000$

题解

~~很玄妙的题，看起来完全不会做，实际上也完全不会做~~
考虑递推！
$n$ 很大，因此递推只可以和 $m$ 有关
和 $m$ 有关系的有两个，一个是指数上的，一个是底数上的
那么有三种情况，递推其中一个，或者两个一起
~~根据题解~~，我们考虑递推指数上的
那么设计状态 $fi=∑j=0nji∗mjf_{i}=\sum_{j=0}^{n}j^i*m^j$
可以发现， $f_0$ 就是等比数列求和，可以直接求出来，那么第一项就有了
那么问题在于转移，考虑用类似等比数列求和的方法来求和
也就是两边同时乘 $m$ ，然后做差
$mfi=∑j=0nji∗mj+1mf_{i}=\sum_{j=0}^{n}j^i*m^{j+1}$
$(m−1)fi=∑j=0nji∗mj+1−∑j=0nji∗mj(m-1)f_i=\sum_{j=0}^{n}j^i*m^{j+1}-\sum_{j=0}^{n}j^i*m^j$
$=mn+1nm+∑j=1n(j−1)i∗mj−∑j=1nji∗mj=m^{n+1}n^m+\sum_{j=1}^{n}(j-1)^{i}*m^{j}-\sum_{j=1}^{n}j^i*m^j$
$=mn+1nm+∑j=1nmj((j−1)i−ji)=m^{n+1}n^m+\sum_{j=1}^{n}m^j((j-1)^i-j^i)$
$=mn+1nm+∑j=1nmj(∑k=0i−1jkCik(−1)i−k)=m^{n+1}n^m+\sum_{j=1}^{n}m^j(\sum_{k=0}^{i-1}j^kC_{i}^{k}(-1)^{i-k})$
套路地转化主体
$=mn+1nm+∑k=0i−1Cik(−1)i−k∑j=1nmjjk=m^{n+1}n^m+\sum_{k=0}^{i-1}C_{i}^{k}(-1)^{i-k}\sum_{j=1}^{n}m^jj^k$
可以发现，后面这个东西，不就是 $f$ 的定义吗？
$=mn+1nm+∑k=0i−1Cik(−1)i−kfj=m^{n+1}n^m+\sum_{k=0}^{i-1}C_{i}^{k}(-1)^{i-k}f_j$

然后就得到了一个玄妙的 $O(m^2)$ 的做法

以后这种题，不妨试试递推的方式，然后通过类似等比数列求和的套路，同乘 $m$ ，尽量和之前的状态扯上关系，来得到可以递推的效果

em…听说还有 $O (m)$ 的做法，以后再来填吧

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=255;
const int MOD=1e9+7;
int add (int x,int y)   {x=x+y;return x>=MOD?x-MOD:x;}
int mul (int x,int y)   {return (LL)x*y%MOD;}
int dec (int x,int y)   {x=x-y;return x<0?x+MOD:x;}
int Pow (int x,int y)
{
    if (y==1) return x;
    int lalal=Pow(x,y>>1);
    lalal=mul(lalal,lalal);
    if (y&1) lalal=mul(lalal,x);
    return lalal;
}
int n,m;
int C[N][N];
int f[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (m==1)
    {
        printf("%d\n",((LL)n*(n+1)/2)%MOD);
        return 0;
    }
    C[0][0]=1;
    for (int u=1;u<=m;u++)
    {
        C[u][0]=1;
        for (int i=1;i<=u;i++)   C[u][i]=add(C[u-1][i-1],C[u-1][i]);
    }
    f[0]=mul(mul(m,dec(1,Pow(m,n))),Pow(dec(1,m),MOD-2));
    int lalal=Pow(m,n+1),inv=Pow(m-1,MOD-2);
     
    for (int u=1;u<=m;u++)
    {
        lalal=mul(lalal,n);
        int cnt=0;
        for (int j=0;j<u;j++)
        {
            int now=mul(C[u][j],f[j]);
            if ((u-j)&1) cnt=dec(cnt,now);
            else cnt=add(cnt,now);
        }
        f[u]=mul(inv,add(lalal,cnt));
    }
    printf("%d\n",f[m]);
    return 0;
}