XSY3156简单计数II 容斥 DP

Posted 2020-12-02 ywwyww

题目大意

　　定义一个序列的权值为：把所有相邻的相同的数合并为一个集合后，所有集合的大小的乘积。

　　特别的，第一个数和最后一个数是相邻的。

　　现在你有 (n) 种数，第 (i) 种有 (c_i) 个。求所有不同的序列的权值的和。

　　(nleq 50,c_ileq 100)

题解

　　考虑第一个数和最后一个数不相邻时怎么做。

　　记 (g_{i,j}) 为出现了 (i) 次的数分成 (j) 个集合，所有集合大小的乘积的和。
[ g_{i,j}=sum_{k=1}^ig_{i-k,j-1} ]
　　假设最后 (i) 分成了 (a_i) 个集合，那么答案就是 (prod_{i=1}^ng_{c_i,a_i}) 再乘上方案数。

　　方案数可以容斥求。

　　具体来说，把最后相邻且同色的球合并成一个大球。设最后有 (b_i) 个大球，那么容斥的系数就是 (inom{a_i-1}{b_i-1}{(-1)}^{a_i-b_i})

　　最后这 (sum b_i) 个球可以随意放，方案数是 (frac{(sum b_i)!}{prod b_i!})

　　总的答案是
[ (prod_{i=1}^ng_{c_i,a_i}inom{a_i-1}{b_i-1}{(-1)}^{a_i-b_i})frac{(sum_{i=1}^nb_i)!}{prod_{i=1}^n b_i!} ]
　　这样就可以 DP 了。（状态为 (i) 和 (sum b_i)）

　　考虑第一个数和最后一个数相邻时怎么做。

　　可以用最小表示法，令第一个数为 (1) 且 最后一个数不为 (1)。

　　只需要在后面计算组合数的时候把 (b_1-1) 再除以 (a_1) 就可以得到第一个数为 (1) 的方案数。

　　把 (b_1-2) 就可以得到第一个数为 (1) 再除以 (a_1) 且最后一个数也是 (1) 的方案数。

　　除以 (a_1) 是因为一个方案会被算多次。

　　再把方案数乘以 (sum c_i) 就是答案了。

　　时间复杂度：(O((sum c_i)^2))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll fac[5010],ifac[5010],inv[5010];
ll f[60][5010];
ll g[110][110];
int a[60];
int n;
int s[60];
ll c[110][110];
ll c1[110],c2[110];
ll binom(int x,int y)
{
    return x>=y&&y>=0?fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p:0;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    }
    inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000;i++)
    {
        inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
        ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
    }
    g[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=1;j<=100;j++)
            for(int k=1;k<=i;k++)
                g[i][j]=(g[i][j]+g[i-k][j-1]*k)%p;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=1;k<=j;k++)
                c[i][k]=(c[i][k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1))%p;
    for(int i=n;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=1;k<=j;k++)
                c1[k]=(c1[k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1)*inv[j])%p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=0;k<=s[i-1];k++)
                f[i][k+j]=(f[i][k+j]+f[i-1][k]*c[i][j]%p*binom(k+j,k))%p;
    ll ans=0;
    for(int j=1;j<=a[n];j++)
        for(int k=0;k<=s[n-1];k++)
            ans=(ans+f[n-1][k]*c1[j]%p*(binom(k+j-1,k)-binom(k+j-2,k)))%p;
    ans=ans*s[n]%p;
    ans=(ans+p)%p;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}