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NOIP 模拟赛 长寿花 题解

要放 \(n\) 层物品，第 \(i\) 层有 \(a_i\) 个位置放物品，物品有 \(m\) 中颜色，有约束条件：

• 同一层两个相邻物品颜色不能相同。
• 相邻两层颜色集合不能相同。

求方案数 \(\pmod p\)

\(n,m\le 10^6,a_i\le 5000,\sum_{i=1}^n a_i\le 10^7,p\le 10^9\)

sol

由于总颜色数不变，可以先不管选了哪些颜色，最后乘上一个组合即可。

设 \(g_{i,j}\) 为对于某一行，前 \(i\) 个位置用了 \(j\) 个颜色方案数。

\[g_{i,j}=g_{i-1,j-1}\times j + g_{i-1,j}\times (j-1) \]

由于后面需要求组合数，稍加修改这个递推式可以简化实现：

\[g_{i,j}=g_{i-1,j-1} + g_{i-1,j}\times (j-1) \]

那么原来的 \(g_{i,j}\) 等于现在的 \(g_{i,j}\times j!\)

设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 层，第 \(i\) 行放了 \(j\) 种颜色的方案数。

\[f_{i,j}=g_{a_i,j}\times j!\times\left(C_m^j\times\sum_{k=1}^{a_{i-1}} f_{i-1,k} -f_{i-1,j}\right) \]

由于有组合数， \(P\) 也不一定是质数，分解质因数麻烦，这就体现修改后的用处了。

\(j!\times\binom{m}{j}=\dfrac{m!}{(m-j)!}\) ，是可以预处理的。

最后， \(f\) 滚掉一维，那个 \(\sum\) 用前缀和。最终复杂度 \(O(\sum a_i)\)

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 5;
int n, m, a[N], mx, op, vis[N], P;
int f[2][5005], g[5005][5005], fac[N], o[N];
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &P);
    fac[0] = 1, o[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P, o[i] = 1ll * o[i - 1] * (m - i + 1) % P;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        mx = max(mx, a[i]);
    }
    g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= mx; i++)
        for (int j = 1; j <= mx && j <= m; j++)
            g[i][j] = (1ll * g[i - 1][j - 1] % P + 1ll * g[i - 1][j] * (j - 1) % P) % P;
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1, j; i <= n; i++) {
        op ^= 1;
        memset(f[op], 0, sizeof(f[op]));
        for (j = 1; j <= a[i] && j <= m; j++) {
            f[op][j] = 1ll * g[a[i]][j] * f[op ^ 1][0] % P * o[j] % P;
            if (a[i - 1] >= j) f[op][j] = 1ll * (f[op][j] - 1ll * f[op ^ 1][j] * g[a[i]][j] % P * fac[j] % P) % P;
            f[op][0] = 1ll * (f[op][0] + f[op][j]) % P;
        }
    }
    printf("%d", 1ll * (f[op][0] + P) % P);
}

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来源： https://www.cnblogs.com/KonjakLAF/p/16599987.html

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