codeforces 932E Team Work 高等数学求导、dp

最新推荐文章于 2020-10-05 20:17:04 发布

原创最新推荐文章于 2020-10-05 20:17:04 发布 · 452 阅读

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本文介绍了一种使用数学求导的方法来解决特定类型的组合数问题。通过对(1+x)^n进行多次求导，利用递推公式计算出∑r=1nCnrr^k的值，并给出了具体的实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题解

这是一道纯粹的数学求导题目。
首先我们先写出要求的公式。
$\sum_{r=1}^{n} C_n^{r}r^k$
乍一看，雾草好吓人，但是学过高等数学且稍有常识的人（不是我）可以看出，这个可以由某个式子不断乘x并求导得出来。
没错，稍有常识的人又可以看出来了，这个式子就是 $1+x)^n$
$(1+x)n=∑r=0nCnrxr(1+x)^n = \sum_{r=0}^{n}C_n^{r}x^r$
我们定义 $f0=ddx(1+x)n=n(1+x)n−1f_0 = \frac{d}{dx}(1+x)^n = n(1+x)^{n-1}$
同时 $f0(x)=∑r=1nCnrrxr−1f_0(x) = \sum_{r=1}^{n} C_n^{r}rx^{r-1}$
定义 $ft(x)=ddx(xft−1(x))f_t(x) = \frac{d}{dx}(xf_{t-1}(x))$
这样的话 $fk−1(x)=∑r=1nCnrrkf_{k-1}(x) = \sum_{r=1}^{n} C_n^{r}r^k$
那么我们要求的答案 $ans = f_{k-1}^{(0)}(1)$
我们知道 $ft(x)=ddx(xft−1(x))=ft−1(x)+xft−1(1)(x)f_t(x) = \frac{d}{dx}(xf_{t-1}(x))=f_{t-1}(x)+xf_{t-1}^{(1)}(x)$
通过这个操作， $f_t^{(p)}(1) = (p+1)f_{t-1}^{(p)}(1)+f_{t-1}^{(p+1)}(1)$
没错！这就是我们的递推公式！
定义 $dp[i][j] = f_{i}^{(j)}(1)$
$d p [i] [j] = (p + 1) * d p [t - 1] [p] + d p [t - 1] [p + 1]$
由于我们只需要 $a n s = d p [k - 1] [0]$ ，那么就只需要 $d p [k - 2] [0 . . . 1]$ ,…,只需要 $d p [0] [0 . . . k - 1]$
状态数 $O(K^2)$

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N,k;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 5007;
ll dp[maxn][maxn],sum[maxn];
ll mod_pow(ll x,ll n){
    ll ans = 1;
    while(n){
        if(n&1)
            ans = ans * x % mod;
        x = x*x%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    cin>>N>>k;
    if(N == 1){
        return 0*printf("1\n");
    }
    ll pre = N;
    for(int t = 0;t < min(N,5005ll);++t){
        dp[0][t] = pre*mod_pow(2,N-1-t)%mod;
        pre = pre*(N-1-t)%mod;
    }
    for(int i = 1;i <= k;++i){
        for(int j = 0;j <= k;++j){
            dp[i][j] = ((j+1)*dp[i-1][j] + dp[i-1][j+1])%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",dp[k-1][0]);
    return 0;
}