LOJ#3160. 「NOI2019」斗主地（打表+组合数学+拉格朗日插值）
传送门
然而我这个并不是官方解法
网络赛的时候只会 30 30 30分的 O ( n 2 m ) d p O(n^2m)dp O(n2m)dp和 O ( n 3 l o g m ) O(n^3log_m) O(n3logm)的矩乘快速幂。
40 p t s 40pts 40pts代码：
#include关于打表做法
首先要写一个 40 p t s 40pts 40pts的，然后观察 f i = i f_i=i fi=i的时候最后得到的 f i f_i fi是一个等差数列（大雾不知道是怎么想到打差分数列的表的
然后类推并且打表会发现 f i = i f_i=i fi=i的时候 f i f_i fi是一个二阶等差数列。
于是我们每次只用处理出 f 1 , 2 , 3 f_{1,2,3} f1,2,3就可以用拉格朗日插值求出整个 f f f，然后就能递推出下一轮的 f 1 , 2 , 3 f_{1,2,3} f1,2,3。
考虑现在假设把整个数列分成 n 1 = A , n 2 = n − A n_1=A,n_2=n-A n1=A,n2=n−A两份，如何算出最后第一份剩下 i i i个，第二份剩下 j j j个的概率（这个概率就是我 40 p t s 40pts 40pts代码中的 c o e i , j coe_{i,j} coei,j)
发现可以用组合计数。
我们把概率按分子分母分开考虑。
分母不管你怎么走最后都是 ∏ k = i + j + 1 n k \prod_{k=i+j+1}^nk ∏k=i+j+1nk
分子不过你怎么走最后都是 ( ∏ k = i + 1 n 1 k ) ( ∏ k = j + 1 n 2 k ) (\prod_{k=i+1}^{n_1}k)(\prod_{k=j+1}^{n_2}k) (∏k=i+1n1k)(∏k=j+1n2k)
而一共有 C n − i − j n 1 − i C_{n-i-j}^{n1-i} Cn−i−jn1−i种走法。
所以概率就是 C n − i − j n 1 − i ( ∏ k = i + 1 n 1 k ) ( ∏ k = j + 1 n 2 k ) ∏ k = i + j + 1 n k C_{n-i-j}^{n1-i}\frac{(\prod_{k=i+1}^{n_1}k)(\prod_{k=j+1}^{n_2}k)}{\prod_{k=i+j+1}^nk} Cn−i−jn1−i∏k=i+j+1nk(∏k=i+1n1k)(∏k=j+1n2k)
然后就没啦。
100 p t s 100pts 100pts代码：
#include