【CF623E】Transforming Sequence

Source and Judge

CF623E
bzoj5381

Record

5h
多项式题迟早要调,不如早调,先玩玩样例什么的……

Analysis

请先思考后再展开

若n>m(即题目中的k),显然无解

考虑朴素dp,设位置和已经填了多少个1(容易发现具体是谁并不重要)
$f(1,t)={m \choose t}$
$f(x,i)=\sum f(x-1,j) {m-j \choose i-j} 2^j$
这东西随便变换一下坐标,是个卷积,直接做复杂度为 $n^2 logn$
瓶颈在于每次只加入一个数,没有彻底利用dp的结果,考虑一次加入多个
但这时要注意状态的设立,不能考虑到具体的总数,因为是不确定的,需要在最后还原
(反面教材:一开始的想法 $f(x+y,i+j)=\sum f(x,i) \times f(y,j) \times {m-i \choose j} \times 2^{iy}$)

$f(x+y,i+j)=\sum f(x,i) \times f(y,j) \times {i+j \choose j} \times 2^{iy}$
然后我看这玩意半天没看出啥……非常尴尬
原来把f()看做多项式,那么x和y随便一对即可,可以快速幂解决
$A_x(i)=f(x,i) \times \frac{1}{i!} \times 2^{iy}$
$B_x(i)=f(x,i) \times \frac{1}{i!}$
$C_x(i)=f(x,i) \times \frac{1}{(i+j)!}$
$C_{x+y}(n)=\sum A_x(i) \times B_y(n-i)$
时间复杂度为 $O(nlog^2n)$

因为模数没有原根,要拆系数fft,OI之路中有相关教程

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#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
namespace mine
{
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
#define pr pair<double,int>
#define FR first
#define SE second
#define MP make_pair
const double PI=acos(-1);
const int MAX_N=4*31000;
struct Cp
{
double a,b;
Cp(double x=0,double y=0) {a=x,b=y;}
Cp operator + (Cp t) {return Cp(a+t.a,b+t.b);}
Cp operator - (Cp t) {return Cp(a-t.a,b-t.b);}
Cp operator * (Cp t) {return Cp(a*t.a-b*t.b,a*t.b+b*t.a);}
};
struct DFT
{
int R[MAX_N];
void preR(int n,int lg)
{
R[0]=0;for(int i=1;i<n;i++) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}
Cp w[2][30][MAX_N];
void prew(int n,int lg)
{
for(int t=0;t<=lg-1;t++)
{
int ln=1<<(t+1);
for(int k=0;k<ln/2;k++)
{
w[0][t][k]=Cp( cos(PI*2*k/ln),sin(PI*2*k/ln) );
w[1][t][k]=Cp( cos(PI*2*k/ln),-sin(PI*2*k/ln) );
}
}
}
void solve(Cp a[],int n,int f)
{
for(int i=0;i<n;i++) if(i>R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
for(int ln=1,lg=0;ln<=n/2;ln*=2,lg++)
for(int st=0;st<n;st+=ln*2)
for(int k=0;k<ln;k++)
{
Cp x=a[st+k],y=w[f][lg][k]*a[st+ln+k];
a[st+k]=x+y;a[st+ln+k]=x-y;
}
}
}dft;
const int MOD=1e9+7,m0=ceil(sqrt(MOD));
ll qpower(ll x,ll e)
{
ll ans=1;
while(e>0)
{
if(e&1) ans=ans*x%MOD;
x=x*x%MOD;e>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x) {return qpower(x,MOD-2);}
int n,ln,m;
ll fac[MAX_N];
Cp A[2][MAX_N],B[2][MAX_N],C[3][MAX_N];
void solve(int y,ll fx[],ll fy[])//存到fx
{
for(int i=0;i<ln;i++) A[0][i]=A[1][i]=B[0][i]=B[1][i]=Cp();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ll t=fx[i]*(fac[m-i])%MOD*qpower(qpower(2,i),y)%MOD;
A[0][i]=Cp(t/m0,0),A[1][i]=Cp(t%m0,0);
}
dft.solve(A[0],ln,0);dft.solve(A[1],ln,0);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ll t=fy[i]*inv(fac[i])%MOD;
B[0][i]=Cp(t/m0,0),B[1][i]=Cp(t%m0,0);
}
dft.solve(B[0],ln,0);dft.solve(B[1],ln,0);
for(int i=0;i<ln;i++)
{
C[0][i]=A[0][i]*B[0][i];
C[1][i]=A[1][i]*B[1][i];
C[2][i]=A[0][i]*B[1][i]+A[1][i]*B[0][i];
}
dft.solve(C[0],ln,1);dft.solve(C[1],ln,1);dft.solve(C[2],ln,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ll a=llround(C[0][i].a/ln),b=llround(C[1][i].a/ln),c=llround(C[2][i].a/ln);
fx[i]=a%MOD*m0%MOD*m0%MOD+b%MOD+c%MOD*m0%MOD;
fx[i]=fx[i]%MOD*inv(fac[m-i])%MOD;
}
}
ll f1[MAX_N],ans[MAX_N];//多项式
void calc()
{
memcpy(ans,f1,sizeof f1);n--;//debug
int now=1;
while(n>0)
{
if(n&1) solve(now,ans,f1);
solve(now,f1,f1);n>>=1;now*=2;
}
}
void main()
{
fac[0]=1;for(int i=1;i<MAX_N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m) {puts("0");return;}
ln=1;int lg=0;while(ln<m+m+1) ln*=2,lg++;
dft.preR(ln,lg);dft.prew(ln,lg);
for(int i=1;i<=m;i++) f1[i]=1;//不考虑具体颜色
calc();
ll sum=0;for(int i=1;i<=m;i++) sum=(sum+ans[i]*fac[m]%MOD*inv(fac[i])%MOD*inv(fac[m-i])%MOD)%MOD;
printf("%lld",(sum+MOD)%MOD);
}
};
int main()
{
srand(time(0));
mine::main();
}

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