【XSY3156】简单计数II 容斥 DP

题目大意

　　定义一个序列的权值为：把全部相邻的相同的数合并为一个集合后，全部集合的大小的乘积。

　　特别的，第一个数和最后一个数是相邻的。

　　如今你有 \(n\) 种数，第 \(i\) 种有 \(c_i\) 个。求全部不一样的序列的权值的和。

　　\(n\leq 50,c_i\leq 100\)

题解

　　考虑第一个数和最后一个数不相邻时怎么作。

　　记 \(g_{i,j}\) 为出现了 \(i\) 次的数分红 \(j\) 个集合，全部集合大小的乘积的和。
\[ g_{i,j}=\sum_{k=1}^ig_{i-k,j-1}\times k \]
　　假设最后 \(i\) 分红了 \(a_i\) 个集合，那么答案就是 \(\prod_{i=1}^ng_{c_i,a_i}\) 再乘上方案数。

　　方案数能够容斥求。

　　具体来讲，把最后相邻且同色的球合并成一个大球。设最后有 \(b_i\) 个大球，那么容斥系数就是 \({(-1)}^{a_i-b_i}\)，带容斥系数的方案数就是 \(\binom{a_i-1}{b_i-1}{(-1)}^{a_i-b_i}\)

　　最后这 \(\sum b_i\) 个球能够随意放，方案数是 \(\frac{(\sum b_i)!}{\prod b_i!}\)

　　总的答案是
\[ \left(\prod_{i=1}^ng_{c_i,a_i}\binom{a_i-1}{b_i-1}{(-1)}^{a_i-b_i}\right)\frac{(\sum_{i=1}^nb_i)!}{\prod_{i=1}^n b_i!} \]
　　这样就能够 DP 了。（状态为 \(i\) 和 \(\sum b_i\)）

　　考虑第一个数和最后一个数相邻时怎么作。

　　能够用最小表示法，令第一个数为 \(1\) 且 最后一个数不为 \(1\)（除非 \(n=1\)）。

　　只须要在后面计算组合数的时候把 \(b_1-1\) 再除以 \(a_1\) 就能够获得第一个数为 \(1\) 的方案数。

　　把 \(b_1-2\) 再除以 \(a_1\) 就能够获得第一个数为 \(1\) 且最后一个数也是 \(1\) 的方案数。

　　除以 \(a_1\) 是由于一个方案会被算屡次。

　　再把方案数乘以 \(\sum c_i\) 就是答案了。

　　时间复杂度：\(O((\sum c_i)^2)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll fac[5010],ifac[5010],inv[5010];
ll f[60][5010];
ll g[110][110];
int a[60];
int n;
int s[60];
ll c[110][110];
ll c1[110],c2[110];
ll binom(int x,int y)
{
    return x>=y&&y>=0?fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p:0;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    }
    inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000;i++)
    {
        inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
        ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
    }
    g[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=1;j<=100;j++)
            for(int k=1;k<=i;k++)
                g[i][j]=(g[i][j]+g[i-k][j-1]*k)%p;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=1;k<=j;k++)
                c[i][k]=(c[i][k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1))%p;
    for(int i=n;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=1;k<=j;k++)
                c1[k]=(c1[k]+g[a[i]][j]*binom(j-1,k-1)%p*((j-k)&1?-1:1)*inv[j])%p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=a[i];j++)
            for(int k=0;k<=s[i-1];k++)
                f[i][k+j]=(f[i][k+j]+f[i-1][k]*c[i][j]%p*binom(k+j,k))%p;
    ll ans=0;
    for(int j=1;j<=a[n];j++)
        for(int k=0;k<=s[n-1];k++)
            ans=(ans+f[n-1][k]*c1[j]%p*(binom(k+j-1,k)-binom(k+j-2,k)))%p;
    ans=ans*s[n]%p;
    ans=(ans+p)%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}