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解题思路：

要求相邻两行小球颜色集合不同，并且限制行内小球相邻不同。

由此可得：每行小球排列都是独立与外界的，

所以答案应该是对于所有行的颜色集合分类，在将行内的答案乘到上面。

先考虑如何分类:

我们可以确定对于每行所取的颜色种类$x=|S|$，

若相邻两行$i,j$，其$x_i!=x_j$，那么一定是合法的，有$C_m^x$种选择方法。

而对于相邻两行$x_i=x_j$，对于行$i$的一种方案，只有一种可能使得$S_i=S_j$,

所以可以使用容斥来计算答案

综上所述，按照每行的颜色种类数来分类或许是可行的。

所以说我们表示出答案：

设该行共用$x$种颜色的方案数为$f(x)$，$f(x)$是对于所有的种类进行计数的，所以可以直接与颜色数为$x$的其他计数变量相乘，设第$n$行中颜色为$i$对整体的贡献为$ans_{n,i}$则：

$ans_n=C_m^x*f(x)*ans_{n-1}-f(x)*ans_{n-1,j}$

$ans_n=\sum\limits_{c=1}^{l_n}ans_{n,c}$

用函数$g_{i,j}$表示就是$ans_i=\sum g_{i,j}$表示前$i$行中最后一行用$j$个颜色方案数。

行间计数搞定了，就该考虑如何计算$f(x)$
由于刚才设$f(x)$为该行的方案数。这个看起来不太好求。

考虑什么决定了这个方案数。

是该行的球数以及颜色数。

所以不妨改写一下，$f(i,j)$表示用了$i$个球，共$j$种颜色的方案数，那么第$i$行的$f(x)$重写为$f(l_i,x)$

考虑一个一个来添加球，由于要求和前一个颜色不同，即可获得递推式：

$f(i,j)=f(i-1,j-1)+f(i-1,j)*(j-1)$

由于每次用到没有用过的颜色顺序是有序的，而所求的是对球颜色顺序无要求，那么最后使用的时候应写成：
$j!*f(i,j)$

球颜色数不会多于总数，那么$f(i,j)$，可以用二维数组来储存

最后一个问题就是p不是质数不能直接用逆元。

难不成要用拓展Lucas？

组合数可以提出来：

那么答案就是：

$g_{i,j}=A_{m}{j}*f(i,j)*\sum{g_{i-1}}-j!*f(i,j)*g_{i-1,j}$

其中$f_{(i,j)},j!,A_m^j$预处理就可以很愉快地A掉这道题目了

代码：

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 typedef long long lnt;

 lnt n,m,p;

 lnt lmax;

 lnt Am[];

 lnt fac[];

 lnt l[];

 lnt f[][];

 lnt g[][];

 int main()

 {

     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);

     fac[]=Am[]=f[][]=;

     for(int i=;i<=n;i++)

         scanf("%lld",&l[i]),lmax=std::max(lmax,l[i]);

     for(int i=;i<=lmax;i++)Am[i]=Am[i-]*(m-i+)%p;

     for(int i=;i<=lmax;i++)fac[i]=fac[i-]*i%p;

     for(int i=;i<=lmax;i++)for(int j=;j<=i&&j<=m;j++)

         f[i][j]=(f[i-][j-]+f[i-][j]*(j-))%p;

     lnt ans=,sum=;

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         for(int j=;j<=l[i];j++)

         {

             lnt tmp=(Am[j]*ans-g[i&^][j]*fac[j])%p;

             g[i&][j]=f[l[i]][j]*tmp%p;

             sum+=g[i&][j];

         }

         ans=(sum%p+p)%p;

         sum=;

         memset(g[i&^],,sizeof(g[]));

     }

     printf("%lld\n",ans);

     return ;

 }

巴特西

codeforces 140E.New Year Garland

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