【XR-4】混乱度

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【XR-4】混乱度

题目描述

有n种颜色的球，第i种颜色有$a_i$个，我们定义$f(l,r)=\frac{({\sum }_{i=l}^r{a}_i)!}{{\prod }_{j=l}^r{a}_j!}\%p$,这里我们定义$0!=1$,求${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}f(l,r)$$(p\in \left\{2,3,5,7\right\})$

题目解析

这题太神仙了
在考试的时候一直再想枚举左端点，右端点右移不会很多，但是一直没有想到去证明这件事情
首先我们有$f(l,r)=f(l,r-1)\ast C({\sum }_{i=l}^r{a}_i,a_r)(r>l)$
所以我们有$f(l,r)={\prod }_{i=l}^{r}C({\sum }_{j=l}^i{a}_j,a_i)$
由于$p\in \left\{2,3,5,7\right\}$，我们考虑Lucas定理，Lucas是把数都表示成在p进制下的再每一位对应组合数进行计算，所以我们先把a都转成p进制，然后枚举左端点，右移右端点，发现把a所对应的p进制数相加如果发生进位，则之后的结果都为0，但是这样的话我们可以构造出$max\left\{r-l\right\}=plo{g}_{p}w$,这样你的时间复杂度就变成了$O(nplo{g}_{p}wlo{g}_{p}w)$（0当然要缩掉啊），我们考虑存下每种颜色他非0的位置，这样时间复杂度就优化成$O(nplo{g}_{p}w)$

#include
#define pb(x) push_back(x)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;
const int M=10;
const int D=70;
int n,p,len;
int sum[N],f[M][M],b[D+2];
vector<int>a[N],q[N];
ll ans,x;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&p);
	int len=0; sum[len]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&x);
		if (x!=0) {
		len++; sum[len]=1;
		int cnt=0;
		while (x) {
		if (x%p) q[len].pb(cnt);
		a[len].pb(x%p),x/=p;
		cnt++;
		}
		} else sum[len]++;
	}
	for (int i=0;i<=len;i++) ans+=(ll)(sum[i]-1)*sum[i]/2;
	f[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=p;i++) {
		f[i][0]=1; f[i][i]=1;
		for (int j=1;j<i;j++) f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%p;
	}
	for (int i=1;i<=len;i++) {
		for (int j=0;j<=D;j++) b[j]=0;
		int s=1;
		bool check=1;
		for (int j=i;j<=len;j++) {
			for (int k=0;k<q[j].size();k++) {
				if (b[q[j][k]]+a[j][q[j][k]]>=p) {
					check=0; break;
				}
				b[q[j][k]]+=a[j][q[j][k]];
				s=s*f[b[q[j][k]]][a[j][q[j][k]]]%p;
			}
			if (!check) break;
			ans+=1ll*s*sum[i-1]*sum[j];
		}  
	}
	printf("%lld\n",ans);
}