傳統題

无敌の暗黑魔王發表於2024-10-14
題面

$\quad $ 我們記 \(F(x)\) 為 \(x\) 為真的方案數，\(len\) 為序列最長連續相同子段長度。

$\quad $ 那麼就有：

\[ans=\sum _{i=1}^{n}F(len=i)*i \]

$\quad $ 也就是：

\[\sum _{i=1}^{n}F(len>=i) \]

$\quad $ 這裡可以畫個圖，發現結果形如三角形，即可得出上式。再改變一下形式：

\[ans=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}F(len<=i) \]

$\quad $ 然後考慮如何求解 \(F(len<=i)\) ，我們列舉這個序列分為 \(j\) 個區間，這些區間中元素的顏色一致且相鄰區間顏色不同。可以發現，這樣覆蓋了全部的情況。

$\quad $ 發現所有區間的長度都小於等於 \(i\) 比較難做，沒有限制的直接插空即可解決，所以我們考慮容斥，列舉這 \(j\) 個區間裡有 \(k\) 個是長度大於 \(i\) 的，然後對於每一個列舉出來的 \(k\) ，我們將這幾個區間長度減去 \(i\) ，那麼這個問題就可以拿插空做了。於是得出式子：

\[ans=nm ^{n}-\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n}m(m-1) ^{j-1}\sum _{k=0}^{j}(-1) ^{k} C _{j}^{k} C _{n-ik-1}^{j-1} \]

$\quad $ 我們更換列舉順序：

\begin{aligned}
ans&=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{n}(-1) ^{k}m\sum _{j=k}^{n}(m-1) ^{j-1}C _{j}^{k} C _{n-ik-1}^{j-1}\\
&=nm ^{n} -\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{n}(-1) ^{k}m(n-ik) ^{-1}\sum _{j=k}^{n}(m-1) ^{j-1}C _{j}^{k} C _{n-ik}^{j}j
\end{aligned}

$\quad $ 現在看最後那個和式的組合意義。

$\quad $ 我們在 \(n-ik\) 個數中先選出 \(j\) 個數，再在這 \(j\) 個數中選出 \(k\) 個數，然後在 \(j\) 中選出一個數（下文記作 \(x\) ）不染色，並對剩下的 \(j-1\) 個數染色，（這裡的染色就是確定每個元素的種類，並且每個數只有 \(m-1\) 種可能）。

$\quad $ 然後我們可以先選出這 \(k\) 個數，然後再選出 \(x\)（注意 \(x\) 可以在那 \(k\) 個數中），然後去找能夠包含他們的、大小為 \(j\) 的集合，並對集合中剩下的元素染色。

$\quad $ 對於現已經選擇的數之外的數，他可以是選或不選，如果選了就有 \(m-1\) 種可能，那麼就可以直接看做是給這些數染色，不過這裡的每個元素有 \(m\) 種可能。

$\quad $ 那麼這個時候 \(x\) 的位置就很重要了，這裡就分出兩種情況， \(x\) 在選出的 \(k\) 個數裡、\(x\) 不在那 \(k\) 個數裡。

$\quad $ 當 \(x\) 在那 \(k\) 個數中時，答案就是 \(C _{k}^{1}(m-1) ^{k-1}m ^{n-ik}\) ，也就是先確定出 \(x\) 的可能，然後對剩下的 \(k-1\) 個元素染色，再對這 \(k\) 個數外的的元素染色。注意這兩種元素的染色可能數並不相同，見上文。

$\quad $ 當 \(x\) 不在那 \(k\) 個數裡時，答案就是 \(C _{n-ik}^{1}(m-1) ^{n-ik-1} m ^{k}\) 。原理和上一種情況一樣。

$\quad $ 那麼我們就得出了最終的答案：

\[ans=nm ^{n}-m\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{k=0}^{\lfloor\frac{n}{i+1}\rfloor}(-1) ^{k}(n-ik) ^{-1}[k((m-1) ^{k-1}m ^{n-ik})+(n-ik-1)(m-1) ^{n-ik-1} m ^{k}] \]

點選檢視程式碼 
#define yhl 0 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e5+10;
int n,m,p,ans,fmo[N],fm[N],fact[N],ny[N],iv[N];
inline int calc(int i,int k){return (k*fmo[k-1]%p*fm[n-i*k-k]%p+fmo[k]*(n-i*k-k)%p*fm[n-i*k-k-1]%p)%p;}
inline int qum(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        (b&1)&&(ans=ans*a%p);
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline int C(int n,int m){return fact[n]*ny[n-m]%p*ny[m]%p;}
signed main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    fmo[yhl]=fm[yhl]=fact[yhl]=ny[yhl]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fmo[i]=fmo[i-1]*(m-1)%p;
        fm[i]=fm[i-1]*m%p;
        fact[i]=fact[i-1]*i%p;
    }
    ny[n]=qum(fact[n],p-2);
    for(int i=n-1;i;i--)ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%p;
    for(int i=1;i<=n;i++)iv[i]=fact[i-1]*ny[i]%p;
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int k=yhl;k<=n/(i+1);k++){
            ans=(ans+(-1*(k&1)+1*((k&1)^1))*iv[n-i*k]%p*C(n-i*k,k)%p*calc(i,k)%p+p)%p;
        }
    }
    ans=(n*qum(m,n)%p-m*ans%p+p)%p;
    printf("%lld",ans);
    return yhl;
}

後記

$\quad $ 開始推式子的時候看 \(C _{j}^{k} C _{n-ik}^{j}\) 不是很順眼，然後就給它展開湊項變成了 \(C _{n-ik}^{k}C _{n-ik-k}^{j-k}\) ，然後發現這個東西是可以推廣的，也就是：

\[C _{n}^{m}C _{q}^{n}=C _{q}^{m}C _{q-m}^{q-n} \]

$\quad $ 證明：

\[C _{n}^{m}C _{q}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\frac{q!}{n!(q-n)!}=\frac{q!}{m!(q-m)!}\frac{(q-m)!}{(q-n)!(n-m)!}=C _{q}^{m}C _{q-m}^{q-n} \]

$\quad $ 然後以為自己發現了什麼了不得的東西，但是一想自己沒那麼厲害，怎麼可能發現了前人沒發現的東西，搜了一下發現在《具體數學》裡提及了。

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