CF1731F Function Sum

CF1731F Function Sum

题目大意

对于一个长度为$n$的序列$a$。

定义$l_i$表示$i$左边比$a_i$小的数的个数，即$l_i=\sum _{j=1}^{i-1}[a_j<a_i]$

定义$r_i$表示$i$右边比$a_i$大的数的个数，即$r_i=\sum _{j=i+1}^n[a_j>a_i]$

我们称一个位置是好的，当且仅当$l_i<r_i$。

对于序列$a$，定义函数$f(a)=\sum _{i=1}^n{a}_i[a_{i}isgood]$。

现在给定两个整数$n,k$，请你求出对于所有长度为$n$且$1\le a_i\le k$的数列$a$的$f(a)$的和是多少。

题解

设$f_{i,j}$表示第$i$个数为$j$时该位置对答案的贡献。枚举在$i$之前小于$a_i$的数的个数$x$和在$i$之后小于$a_i$的数的个数$y$，那么

$f_{i,j}=j\times \sum _{x=1}^{i-1}{C}_{i-1}^x\times (j-1{)}^x(k-j+1{)}^{i-1-x}\sum _{y=x+1}^{n-i}{C}_{n-i}^y(k-j{)}^y{j}^{n-i-y}$

那么答案就是$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^k{f}_{i,j}$。

但这样的时间复杂度实在太大，所以我们考虑优化。

观察上面$f_{i,j}$的表达式，将其视作关于$j$的一个多项式，我们发现这个多项式的最高次数为$n$。

设$F_j=\sum _{i=1}^n{f}_{i,j}$，$G_i=\sum _{j=1}^i{F}_j$。那么答案为$G_k$。

因为$f_{i,j}$中$j$的最高次项的次数为$n$，所以$G_i$中$i$的最高次项为$n+1$。我们可以用拉格朗日插值法求出$n+2$个$G$的值，就能求出$G(k)$的值了。

时间复杂度为$O(n^4\log n)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=55;
long long jc[105],ny[105],f[105];
long long mod=998244353;
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
long long C(int x,int y){
	return jc[x]*ny[y]%mod*ny[x-y]%mod;
}
void init(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	ny[N]=mi(jc[N],mod-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
}
long long dd(long long n,long long k){
	long long re=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long p=f[i],q=1;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i!=j){
				p=p*(k-j)%mod;q=q*(i-j+mod)%mod;
			}
		}
		re=(re+p*mi(q,mod-2)%mod)%mod;
	}
	return re;
}
int main()
{
	long long n,k;
	init();
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int t=1;t<=min(n+2,k);t++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int x=0;x<=i-1;x++){
				for(int y=x+1;y<=n-i;y++){
					f[t]=(f[t]+C(i-1,x)*mi(t-1,x)%mod*mi(k-t+1,i-1-x)%mod
						 *C(n-i,y)%mod*mi(k-t,y)%mod*mi(t,n-i-y)%mod)%mod;
				}
			}
		}
		f[t]=t*f[t]%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n+2;i++) f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
	if(k<=n+2) printf("%lld",f[k]);
	else printf("%lld",dd(n+2,k));
	return 0;
}