HDU 2294 Pendant

题目大意：用K种珍珠组成一条项链，要求项链内每种珍珠都要出现，求长度为1~N的符合条件的项链种数（项链看作串即可，不用考虑环状）

比如2种珍珠，N=3，有8种情况：12 21 112 121 211 221 212 122

 

思路：K种珍珠组成长度为N的项链（不一定K种全出现）有K^N种，减去只有K'（1<=K'<K）种珍珠组成的项链的种数

 

来看K=5，项链长度为某固定值时：

一、用5种珍珠组成此项链，用到的珍珠种类如下：12345 种数：5^N

 

二、如果只用其中4种组成，“打算用到的珍珠种类”的搭配为：1234 1235 1345 1245 2345 (比如项链：15235135235，“打算用到的珍珠种类”的搭配就是 1235。不过，项链：15351535135或11111111111也属于此种情况，“打算用”=。=)这些情况下项链的种数是要被减去的。每种搭配有4^N种，共：5*4^N

 

三、如果只用其中3种组成，“打算用到的珍珠种类”的搭配为：

123 124 125 134 135 145

234 235 245

345

可以知道这些情况在“二”中都被减了两次（例：123在1234 1235的情况中都被减去了），所以得各加1次 种数：10*3^N

 

四、如果只用其中2种组成，“打算用到的珍珠种类”的搭配为：

12 13 14 15 23 24 25 34 35 45

可以知道这些情况在“二”中都被减了3次，在“三”中都被加了3次，所以还得各减1次 种数：10*2^N

 

五、如果只用其中1种组成，“打算用到的珍珠种类”的搭配为：

1 2 3 4 5

可以知道这些情况在“二”中都被减了4次，在“三”中都被加了6次，在“四”中都被减了4次，所以还得各加1次 种数：5*1^N

 

有两个很明显的规律，1、加减情况是交替的；2、每种搭配情况都是减1次或者加1次

 

当K变其他值时，这是否符合呢？

 

证明：可得K-1种珍珠时，有C(K,1)种搭配，每种搭配都减1次，满足规律

当(K-1)至(Kx+1)（Kx<K）都满足规律时，可得Kx种珍珠的每种搭配已经进行了如下操作：

-C(K-Kx,K-Kx-1)+C(K-Kx,K-Kx-2)-……C(K-Kx,1)   ①

 

举例说明下：K=5时，2种珍珠的某种搭配：12，它在4种珍珠的情况下减了3次（见上面的“二”，3次分别是1234 1235 1245）。

在3种珍珠的情况下加了3次（见上面的“三”，3次分别是123 124 125）。根据排列组合就知道这个次数该怎么求了，上面的式子就是这样得到。

 

当K-Kx为奇数时，容易证明式①等于0，证明略，所以此时还需再减1（例如当Kx等于K-1时，K-Kx=1）

当K-Kx为偶数时，式①等于-2，所以此时需要再加1

证明：设K-Kx=X

-C(X,X-1)+C(X,X-2)-……-C(X,1)

=2*(-C(X,1)+C(X,2)-C(X,3)……)+(-1)^(X/2)*C(X,X/2)

=2*(-C(X-1,0)-C(X-1,1)+C(X-1,1)+C(X-1,2)-C(X-1,2)-C(X-1,3)……)+(-1)^(X/2)*C(X,X/2)

=2*(-1)+(-1)^(X/2)*[ -2*C(X-1,X/2-1)+C(X,X/2) ]

=-2

 

所以之前发现的规律始终成立。

 

因此N的长度时，种数为C(K,0)*K^N-C(K,1)*(K-1)^N+C(K,2)*(K-2)^N……

把长度为1~N时的种数全加起来就是答案了。

 

用DP可以求出K^[2^(0~31)]的值=。=

也可以求出K+K^2+……+K^[2^(0~31)]的和O_O

先存起来，然后类似快速幂什么的搞搞就好了

 

#include<iostream>
#define M 1234567891
int N,K;
__int64 Kpow[31][40],Ksum[31][40],C[31][31];
__int64 mod(__int64 x){
return (x%M+M)%M;
}
void get_data(){
int i,j;
for(j=1;j<31;j++){
Kpow[j][0]=j;
for(i=1;i<32;i++)Kpow[j][i]=(Kpow[j][i-1]*Kpow[j][i-1])%M;
Ksum[j][0]=j;
for(i=1;i<32;i++)Ksum[j][i]=(Kpow[j][i-1]+1)*Ksum[j][i-1]%M;
}
for(i=1;i<31;i++){
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(j=1;j<i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%M;
}
}
__int64 getv(int k,int n){
__int64 res=0,last=1;
int cnt=0;
while(n){
if(n&1){
res+=Ksum[k][cnt]*last;
res%=M;
last*=Kpow[k][cnt];
last%=M;
}
cnt++;
n>>=1;
}
return res;
}
void run(){
int i;
__int64 res=0;
int sym=1;
for(i=0;i<K;i++){
res+=sym*C[K][i]*getv(K-i,N);
sym=-sym;
res=mod(res);
}
/*
K^N-K(K-1)^N+C(2,K)*(K-2)^N.........
*/
printf("%I64d/n",res);
}

int main(){
//	printf("start/n");
get_data();
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&N,&K);
run();
}
return 0;
}

 

自己写了才知道：有些看起来就头大的解题报告其实不一定很复杂=。=