AGC002F Leftmost Ball

Posted 2020-11-30 flyfeather6

题意

(n)个数，每个(k)个,将(n imes k)个数随意排列，把每数中的第一个改写为(0)，求不同序列个数。
$n,k le 2000 $
传送门

思路

又是一道神仙(dp)
设(dp_{i,j})表示当前已经有了(i)个(0)，有(j)个数已经填完的方案数。
转移分两种：

• 填入一个(0):(dp[i+1][j]+=dp[i][j])
• 任选一个没填完的数填进去：此时还剩下的位置共有((n-i)*k+j*(k-1)-1)个，需要填的是除了这一位和(0)共(k-2)个相同的数，数可以是没填过的(n-(i-j))种，所以转移如下
  [dp[i][j-1]+=dp[i][j]*(n-(i-j))*C((n-i)*k+j*(k-1)-1,k-2)]

发现这样子过不了样例，所以再加上(k=1)时只有全零一种的特判
代码十分简短

#include <bits/stdc++.h>
#define upd(x,y) x=(x+(y)>=mu?x+(y)-mu:x+(y))
const int mu=1000000007,N=2005;
int dp[N][N],p[N*N],inv[N*N],n,k;
int ksm(int x,int y){
    int ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mu)
        if (y&1) ans=ans*1ll*x%mu;
    return ans;
}
int C(int x,int y){
    return 1ll*p[x]*inv[y]%mu*inv[x-y]%mu;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    if (k==1){
        puts("1");
        return 0;
    }
    int tot=n*k;
    dp[0][0]=1;
    p[0]=1;
    for (int i=1;i<=tot;i++) p[i]=1ll*p[i-1]*i%mu;
    inv[tot]=ksm(p[tot],mu-2);
    for (int i=tot;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*1ll*i%mu;
    for (int i=0;i<=n;i++){//放了几个0 
        for (int j=i;j>=0;j--){//几个颜色没放完 
            upd(dp[i+1][j+1],dp[i][j]);//放一个0
            if(j) upd(dp[i][j-1],1ll*dp[i][j]*(n-(i-j))%mu*C((n-i)*k+j*(k-1)-1,k-2)%mu);//放一个颜色的第一个 
        }
    }
    printf("%d
",dp[n][0]%mu);
}

后记

我好菜啊。以后写(Atcoder space dp)的时候都可以加上思路的第一和最后一句了
也可以留着这个后记了