[JZOJ5728]简单计数||

Posted 2022-12-13 ZLTJohn

题目描述

解题思路

乍一看不是很会。
先考虑不是环怎么做。
考虑分类地计数，即把方案归到某一类型里，再分别计算每一个类型的数量来求答案。
最终一种方案肯定有若干段相同颜色段，我们可以直接考虑每一种颜色的划分贡献，然后再算出他们组合起来的方案数。
具体地，我们计算出f(i,j)表示把i个相同的球分成j段的贡献和，一种方案贡献为每段大小乘积。然后，我们把同颜色的i个球缩成j个，然后问题就变成要计算有多少种不同的排列方案，使得相同颜色的球不相邻，设为F
设a[i]表示颜色i分成的段数，那么答案就是$\\sum_a[1..n]\\prod_if(c[i],a[i])*F(a[1..n])$，其中F就是排列方案。
考虑F怎么求，我们可以做容斥。对于一种a[1..n]，考虑枚举一些相邻的同颜色球再缩起来，设剩下每种球个数b[1..n]，这些球可以乱放，那么此时容斥贡献是$(\\sum b[i])!*\\prod C_a[i]-1^b[i]-1*(-1)^a[i]-b[i]*\\frac1b[i]!$。这个容斥我们可以DP地计算，每次枚举a[i]和b[i]即可，我们还可以在中途把$f(c[i],a[i])$也算进去，这样是没有问题的。设F[i][j]表示做到颜色i，$\\sum_k=1..ib[k]=j$的贡献和，最后再乘$j!$。
这样不是环的做法就出来了，转移的时候优化一下。

现在考虑环怎么办。我们可以用最小表示法，固定颜色1在开头，且1不能结尾。算出所有方案再乘$\\sum c[i]$。固定开头我们只需要让最后的$j!$变成$(j-1)!$，而枚举b[1]的时候乘$\\frac1(b[1]-1)!$。固定结尾类似。不过这样有个问题，如果颜色1分成k段，dp完乘$\\sum c$的时候，这种方案会被算k次，我们在开始的时候除即可。
然后就做完了。

实现的时候没有减掉开头和结尾都是1的方案，不知道为什么减掉错了，估计是已经容斥掉了吧…

代码

#include<cstdio> 
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<bitset>
//开 O2！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！ 
using namespace std;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a<b)?a:b)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=5000+5,mo=1e9+7;
int fac[N],rev[N],f[105][105],F[55][N],sum[N],c[N],A,B,i,j,k,ans,re[N],n,trs[N];
int ksm(int x,int y)

    if (x==-1) return (y%2)?-1:1;
    int ret=1;
    while (y)
    
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%mo;
        y>>=1;
        x=1ll*x*x%mo;
    
    return ret;

void predo(int n)

    fac[0]=1;
    fo(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo;
    rev[n]=ksm(fac[n],mo-2);
    fd(i,n,1) rev[i-1]=1ll*rev[i]*i%mo;
    re[0]=1;
    fo(i,1,n) re[i]=1ll*rev[i]*fac[i-1]%mo;

int C(int m,int n)

    return 1ll*fac[m]*rev[n]%mo*rev[m-n]%mo;

int main()

    freopen("number.in","r",stdin);
    //freopen("number.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n) 
    
        scanf("%d",c+i);
        sum[i]=sum[i-1]+c[i];
    
    predo(5e3);
    f[0][0]=1;
    fo(i,1,100)
        fo(j,1,i)
            fo(k,1,i)
                f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-k][j-1]*k)%mo;
    F[0][0]=1;
    fo(i,0,n)
    
        fo(B,1,c[i+1])
        
            trs[B]=0;
            fo(A,B,c[i+1])
            
                trs[B]=(trs[B]+1ll*f[c[i+1]][A]*C(A-1,B-1)%mo*ksm(-1,A-B)*rev[B])%mo;
            
        
        fo(j,0,sum[i])
            fo(B,1,c[i+1])
                F[i+1][j+B]=(F[i+1][j+B]+1ll*F[i][j]*trs[B])%mo;
    
    fo(j,0,sum[n])
        ans=(ans+1ll*F[n][j]*fac[j-1])%mo;
    printf("%d\\n",1ll*ans*sum[n]%mo);