problem

luogu-P4456

solution

预处理阶乘和阶乘的逆元，枚举 111 出现次数 iii，∑(n−i+1i)(n−i)aib\sum\binom{n-i+1}{i}(n-i)^ai^b∑(in−i+1)(n−i)aib。

(n−i+1i)\binom{n-i+1}{i}(in−i+1) 如何推出来?

从 nnn 个中选 iii 个 (ni)\binom ni(in)。容斥不太可能。

隔板法。分成 iii 堆需要插 i−1i-1i−1 块板。

考虑 111 不能连续也就是说两块板之间至少要隔两个盒子。

隔板法经典强制每个至少有 111 个的方法类比过来。

发现只需要拿走 i−1i-1i−1 个盒子，剩下的选的位置就可以相邻。

但这样是不行的，快速幂部分耗时大，且 n,mn,mn,m 之间大小关系不定，逆元可能不存在，无法预处理。

考虑解决组合数计算部分。

用 lucas\text{lucas}lucas 定理算。

不能在要求时间内通过。
算一个组合数，可以将分子分母质因数分解，然后在指数位置进行加减运算。最后在把所有质因数乘起来，就可以巧妙避免计算逆元的问题。

但本题组合数要求计算多个，时间开销依然未能缩减。

考虑解决快速幂计算部分。

xa,ybx^a,y^bxa,yb 都是完全积性函数。

f(i)=ia⇒f(xy)=(xy)a=f(x)f(y)=xayaf(i)=i^a\Rightarrow f(xy)=(xy)^a=f(x)f(y)=x^ay^af(i)=ia⇒f(xy)=(xy)a=f(x)f(y)=xaya。

所以可以 O(n)O(n)O(n) 线性筛。

这是解决幂运算指数固定的常见方法。

这种做法是不能通过本题的，洛谷题解有一篇能过完全是数据问题。这里只是想记录一些 trick\text{trick}trick。

考虑计算贡献 xayb=(n−y)ayb=∑i=0a(ai)ni(−1)a−iya−iybx^ay^b=(n-y)^ay^b=\sum_{i=0}^a\binom ain^i(-1)^{a-i}y^{a-i}y^bxayb=(n−y)ayb=∑i=0a(ia)ni(−1)a−iya−iyb。

发现当枚举 iii 时 (ai)ni(−1)a−i\binom{a}{i}n^i(-1)^{a-i}(ia)ni(−1)a−i 均为常数，唯一随序列不同而变化的是 ya+b−iy^{a+b-i}ya+b−i，准确来说应该是 yyy。

我们可以计算所有序列中 111 的个数的 a+b−ia+b-ia+b−i 次方之和，然后就可以计入答案。

设 f(i,j,k):f(i,j,k):f(i,j,k): 考虑前 iii 位，第 iii 位为 k∈[0,1]k\in[0,1]k∈[0,1]，所有合法序列的 111 的个数的 jjj 次方之和，即 ∑yj\sum y^j∑yj。

iii 填 000，则对前面无限制。没有新增的 111 的个数，贡献不变。

f(i,j,0)=f(i−1,j,0)+f(i−1,j,1)f(i,j,0)=f(i-1,j,0)+f(i-1,j,1)f(i,j,0)=f(i−1,j,0)+f(i−1,j,1)。
iii 填 111，则前一位不能为 111，只能从 000 转移。

此时将有 yj→(y+1)jy^j\rightarrow (y+1)^jyj→(y+1)j 直接二项式展开。

(y+1)j=∑k=0j(jk)yk1j−k(y+1)^j=\sum_{k=0}^j\binom jky^k1^{j-k}(y+1)j=∑k=0j(kj)yk1j−k。

所有序列的 yky^kyk 之和恰恰是 f(,k,)f(,k,)f(,k,) 的定义。

所以转移为：f(i,j,1)=∑k=0j(jk)f(i−1,k,0)f(i,j,1)=\sum_{k=0}^j\binom jkf(i-1,k,0)f(i,j,1)=∑k=0j(kj)f(i−1,k,0)。

发现转移压根和 iii 这一维没有关系，所以是可以矩阵加速 nnn 的。

注意我们要计算到 ya+by^{a+b}ya+b 次方，且我们将两种转移合并在一起。

构造初始矩阵 f:[f0,0,f1,0,...,fa+b,0,f0,1,f1,1,...,fa+b,1]f:[f_{0,0},f_{1,0},...,f_{a+b,0},f_{0,1},f_{1,1},...,f_{a+b,1}]f:[f0,0,f1,0,...,fa+b,0,f0,1,f1,1,...,fa+b,1]。形式化为 [fj,0∣fj,1],j∈[0,a+b][f_{j,0}\mid f_{j,1}],j\in[0,a+b][fj,0∣fj,1],j∈[0,a+b]。

构造加速矩阵 ggg：分拆为四个部分。

左上角为单位矩阵。表示 f(,0)→f′(,0)f(,0)\rightarrow f'(,0)f(,0)→f′(,0)。
左下角为单位矩阵。表示 f(,1)→f′(,0)f(,1)\rightarrow f'(,0)f(,1)→f′(,0)。
右上角为组合数矩阵。注意是行列交换了的，表示 f(,0)→f′(,1)f(,0)\rightarrow f'(,1)f(,0)→f′(,1)。
右下角为全 000 矩阵。表示不合法 f(,1)→f′(,1)f(,1)\rightarrow f'(,1)f(,1)→f′(,1)。

具体可以自己画一下，发现是匹配的。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 185
int n, a, b, mod, m1, m2;
int C[maxn][maxn];
struct matrix {int c[maxn][maxn];matrix() { memset( c, 0, sizeof( c ) ); }matrix operator * ( matrix &v ) {matrix ans;for( int i = 0;i < m2;i ++ )for( int k = 0;k < m2;k ++ )if( c[i][k] ) //稀疏矩阵经典有效优化for( int j = 0;j < m2;j ++ ) //j,k交换 内存访问连续 优化常数ans.c[i][j] = (ans.c[i][j] + c[i][k] * v.c[k][j]) % mod;return ans;}
}g, f;signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &a, &b, &mod );m1 = a + b + 1, m2 = m1 << 1;for( int i = 0;i <= m1;i ++ ) {C[i][0] = C[i][i] = 1;for( int j = 1;j < i;j ++ )C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;}for( int i = 0;i < m1;i ++ ) {g.c[i][i] = g.c[i + m1][i] = 1;for( int j = i;j < m1;j ++ )g.c[i][j + m1] = C[j][i];}f.c[0][0] = 1; int x = n;while( x ) {if( x & 1 ) f = f * g;g = g * g;x >>= 1;}x = 1; int ans = 0;for( int i = 0;i <= a;i ++, x = x * n % mod )if( (a - i) & 1 )(ans -= (f.c[0][a+b-i] + f.c[0][a+b-i+m1]) % mod * C[a][i] % mod * x) %= mod;else (ans += (f.c[0][a+b-i] + f.c[0][a+b-i+m1]) % mod * C[a][i] % mod * x) %= mod;printf( "%lld\n", (ans + mod) % mod );return 0;
}

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