题意

对于一个长度为nnn的正整数数列ana_nan, 他合法的条件是:

∀i∈[1,n],ai∈1,2,…,n\forall i \in [1, n], a_i \in {1, 2, \dots, n}∀i∈[1,n],ai∈1,2,…,n;
∀i∈[1,n],pi−pi−1≤1(pk=maxa1,a2,…,ak,p0=0)\forall i \in [1, n], p_i - p_{i-1} \le 1 (p_k = max \\{ a_1, a_2, \dots, a_k \\}, p_0 = 0)∀i∈[1,n],pi−pi−1≤1(pk=maxa1,a2,…,ak,p0=0).

对于每一个 t=1,2,…,nt = 1, 2, \dots, nt=1,2,…,n, 求

∑A∈Sncnt(A,t)2\sum_{A \in S_n}cnt(A, t)^2A∈Sn∑cnt(A,t)2

其中, SnS_nSn是所有长度为nnn的合法序列的集合, cnt(A,t)cnt(A, t)cnt(A,t)是ttt在数列AAA中出现的次数.

答案对mmm取模.

TTT组测试, 给出n,mn, mn,m

1≤T≤10,1≤n≤3000,1≤m≤1091 \le T \le 10, 1 \le n \le 3000, 1 \le m \le 10^91≤T≤10,1≤n≤3000,1≤m≤109

题解

感谢zzs, 舍友书名号, 大佬jyz, 我终于理解了这道数数题.

直接求显然不合理, 我们需要从平方的组合意义上"拆贡献".

首先考虑x2x^2x2代表什么. 比如小明有xxx个数, 分别为1,2,…n1, 2, \dots n1,2,…n, 小红也有同样的xxx个数. 两人分别出一个数, 有序配对, 有多少中配对方法. 这个答案就是x2x^2x2.

这里只不过反过来, 把x2x^2x2拆成配对数, 如下:

cnt(A,t)2=∣⟨i,j⟩∣ai=aj=t,1≤i,j≤n∣cnt(A, t)^2 = \Big| \\{ \left \langle i, j \right \rangle \mid a_i = a_j = t, 1 \le i, j \le n \\} \Big|cnt(A,t)2=∣∣∣⟨i,j⟩∣ai=aj=t,1≤i,j≤n∣∣∣

所以有:

KaTeX parse error: \cr valid only within a tabular/array environment

这算的是"所有合法序列AAA中, 满足条件ai=aj=ta_i = a_j = tai=aj=t的有序对$\langle i, j \rangle 有多少个".可以转化成"对于满足条件有多少个". 可以转化成"对于满足条件有多少个".可以转化成"对于满足条件a_i = a_j = t的所有有序对的所有有序对的所有有序对\langle i, j \rangle,有多少个合法序列, 有多少个合法序列,有多少个合法序列A$"

即:

KaTeX parse error: \cr valid only within a tabular/array environment

计算有序对数量时, 如果i≠ji \ne ji=j, 那么有序对数量可以用无序对数量乘以222表示; 如果i=ji=ji=j, 有序无序是一样的东西. 所以, 上述式子进一步可以写成:

KaTeX parse error: \cr valid only within a tabular/array environment

先来看如何求∑1≤i≤n∣A∈Sn∣ai=t∣\sum_{1 \le i \le n} \Big| \\{ A \in S_n \mid a_i = t \\} \Big|∑1≤i≤n∣∣∣A∈Sn∣ai=t∣∣∣.

枚举i,ai=ti, a_i = ti,ai=t, 只要能够快速知道合法的前缀和后缀各有多少, 然后相乘即可. 可以用dpdpdp求合法前缀和后缀. 设f(i,j)f(i, j)f(i,j)为最大值为jjj的长度为iii的合法序列数量, 方程:

f(i,j)=j⋅f(i−1,j)+f(i−1,j−1)f(i, j) = j \cdot f(i-1, j) + f(i-1, j-1)f(i,j)=j⋅f(i−1,j)+f(i−1,j−1)

解释如下:

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-Zy7OwbJ4-1619673505287)(/img/vp-2020-ccpc-qinhuangdao-site/f.jpg)]

设g(i,j)g(i, j)g(i,j)为(强行)**a1=ja_1 = ja1=j**时, 前缀最大值增加不超过111, 长度为iii的合法序列数量.

为什么要这么定义呢? 因为已经枚举了ai=ta_i = tai=t, 后面的序列也满足前缀最大增加量不超过111, 首先得把ttt考虑进来, 然后还要考虑后面有多少个数. 这样的定义是没问题的. 难点在于方程转移:

g(i,j)=j⋅g(i−1,j)+g(i−1,j+1)g(i, j) = j \cdot g(i-1, j) + g(i-1, j+1)g(i,j)=j⋅g(i−1,j)+g(i−1,j+1)

解释如下:

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-LYFfxG4f-1619673505289)(/img/vp-2020-ccpc-qinhuangdao-site/g.jpg)]

枚举ttt第一次出现的位置iii, 选择两个ttt配对, 有下面这些情况:

选的两个ttt相同, 都是aia_iai, 贡献为f(i−1,t−1)⋅g(n−i+1,t)f(i-1, t-1) \cdot g(n - i + 1, t)f(i−1,t−1)⋅g(n−i+1,t)
选的两个ttt不同, 第一个是aia_iai, 第二个是后面某一个aj=ta_j = taj=t, 贡献为2⋅f(i−1,t−1)⋅(n−i)g(n−i,t)2 \cdot f(i-1, t-1) \cdot (n-i)g(n-i, t)2⋅f(i−1,t−1)⋅(n−i)g(n−i,t)(还是插入法, 在n−1n-1n−1个元素的合法后缀之间插入一个ttt, 就相当于"枚举"到了这个aj=ta_j = taj=t, 有序, 乘以222)
选的两个ttt相同, 是后面某一个aj=ta_j = taj=t, 贡献为f(i−1,t−1)⋅(n−1)⋅g(n−i,t)f(i-1, t-1) \cdot (n-1) \cdot g(n-i, t)f(i−1,t−1)⋅(n−1)⋅g(n−i,t)
选的两个ttt不同, 都在iii后面, 贡献为2⋅(n−i2)f(i−1,t−1)⋅g(n−i−1,t)2 \cdot \tbinom{n-i}{2} f(i-1, t-1) \cdot g(n-i-1, t)2⋅(2n−i)f(i−1,t−1)⋅g(n−i−1,t)

注意到ai=ta_i = tai=t的一个必要条件是t≤it \le it≤i, 在推fff和ggg的时候需要注意.

边界条件很简单, 略.

还需注意, 在枚举iii的过程中, 如果后面的个数不足, 则不能转移.

复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)

const int maxn = 3e3+10;int t, n, P;LL Plus(LL a, LL b) {return a + b >= P ? (a + b) % P : a + b;
}LL Mult(LL a, LL b) {return a * b >= P ? a * b % P : a * b;
}LL f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], ans[maxn];int main() {scanf("%d", &t);for (int kase = 1; kase <= t; kase++) {scanf("%d%d", &n, &P);memset(f, 0, sizeof(f));memset(g, 0, sizeof(g));memset(ans, 0, sizeof(ans));f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= i; j++)f[i][j] = Plus(f[i-1][j-1], Mult(j, f[i-1][j]));for (int j = 1; j <= n; j++)g[1][j] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++)for (int j = (n - i + 1); j; j--)g[i][j] = Plus(g[i-1][j+1], Mult(j, g[i-1][j]));// 对每个t, 枚举其第一次出现的位置i, 由**题目**可知i >= tfor (int t = 1; t <= n; t++)for (int i = t; i <= n; i++) {// 两次选i这个位置的tans[t] = Plus(ans[t], Mult(f[i-1][t-1], g[n-i+1][t]));// 第一次选i这个位置的t, 第二次选后面某一个t// 由于有序, 所以乘以2if (i < n)ans[t] = Plus(ans[t], Mult(Mult(2, f[i-1][t-1]), Mult(n-i, g[n-i][t])));// 两次选后面同一个tif (i < n)ans[t] = Plus(ans[t], Mult(f[i-1][t-1], Mult(n-i, g[n-i][t])));// 两次选后面不同的tif (i + 1 < n)ans[t] = Plus(ans[t], Mult(Mult(f[i-1][t-1], n-i), Mult(n-i-1, g[n-i-1][t])));}printf("Case #%d:\n", kase);for (int t = 1; t <= n; t++)printf("%lld ", ans[t]);puts("");}return 0;
}

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