【BZOJ 3157】【BZOJ 3516】国王奇遇记

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Solution1

用倍增搞，
设 Sk,q=∑ki=1iq∗mi
从 Sk 转移到 Sk+1 显然，
从 Sk 转移到 S2k ：

S2k,q=Sk,q+mk∑i=1k(i+k)q∗mi

S2k,q=Sk,q+mk∑i=1kmi∗∑j=0qCjq∗ij∗kq−j

调换主体：

S2k,q=Sk,q+mk∑j=0qCjq∗kq−j∗∑i=1kij∗mi

S2k,q=Sk,q+mk∑j=0qCjq∗kq−j∗Sk,j

复杂度： O(log(n)∗m2)

Solution2

设 Sk=∑ni=1ik∗mi ，

(m−1)Sk=mSk−Sk

(m−1)Sk=∑i=1nik∗mi+1−∑i=1nik∗mi

(m−1)Sk=∑i=2n+1(i−1)k∗mi+1−∑i=1nik∗mi

把 (i−1)k 拆开，发现一堆可以抵消，整理一下：

(m−1)Sk=nkmn+1−m+∑j=1kCjk∗(−1)j∗∑i=2nmi∗ik−j

或者：（但要注意k=0的情况）

(m−1)Sk=nkmn+1+∑j=1kCjk∗(−1)j∗∑i=1nmi∗ik−j

(m−1)Sk=nkmn+1+∑j=1kCjk∗(−1)j∗Sk−j

愉快的用 O(m2) 搞，

Code

Solution2:

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1500,mo=1000000007;
LL n,m;
LL C[N][N];
LL S[N];
LL ksm(LL q,LL w)
{
    LL ans=1;q%=mo;
    while(w)
    {
        if(w%2)ans=(ans*q)%mo;
        (q*=q)%=mo;w=w/2;
    }
    return ans;
}
LL ss(LL q)
{
    LL ans=ksm(n,q)*ksm(m,n+1)%mo;
    fo(i,1,q)(ans+=C[q][i]*((i%2)?-1:1)*S[q-i])%=mo;
    return (ans%mo+mo)%mo;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if(m==1){printf("%lld\n",(1+n%mo)*n%mo/2%mo);return 0;}
    fo(i,0,m+1)
    {
        C[i][0]=1;
        fo(j,1,i)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mo;
    }
    LL mn=ksm(m-1,mo-2);
    S[0]=((ksm(m,n+1)-m)%mo+mo)%mo*mn%mo;
    fo(i,1,m)S[i]=(ss(i)*mn)%mo;
    printf("%lld\n",S[m]);
    return 0;
}