洛谷P5364 [SNOI2017]礼物题解

algorithm

math

combinatorics

solution

Published

July 1, 2019

Modified

May 16, 2020

Abstract

求 (A_1 = 1,A_n = _{i=1}^{n-1} A_i + n^k) 的通项公式。

传送门

题目描述

热情好客的小猴子请森林中的朋友们吃饭，他的朋友被编号为 1~N，每个到来的朋友都会带给他一些礼物：大香蕉。其中，第一个朋友会带给他 1 个大香蕉，之后，每一个朋友到来以后，都会带给他之前所有人带来的礼物个数再加他的编号的K次方那么多个。所以，假设K=2，前几位朋友带来的礼物个数分别是：

1,5,15,37,83,…

假设K=3，前几位朋友带来的礼物个数分别是：

1,9,37,111,…

现在，小猴子好奇自己到底能收到第 N 个朋友多少礼物，因此拜托于你了。

已知 N,K，请输出第 N 个朋友送的礼物个数 mod 10^9+7。

输入格式

第一行，两个整数 N,K。

输出格式

一个整数，表示第 N 个朋友送的礼物个数 mod 10^9+7 。

输入输出样例

输入 #1
4 2
输出 #1
37
输入 #2
2333333 2
输出 #2
514898185
输入 #3
1234567890000 3
输出 #3
891659731
输入 #4
66666666 10
输出 #4
32306309
100% 的数据：\(N \le 10^{18}, K \le 10\)

暴搞通项公式

蒟蒻想了一上午弄出来个\(O(k^2)\)的算法

这道题比较裸，就是甩给你个递推式让你求第\(n\)项 \[ A_1 = 1,A_n = \sum_{i=1}^{n-1} A_i + n^k \]

那首先我们来手动打个表qwq

\(A_i\) \(i^k\)	\(1^k\)	\(2^k\)	\(3^k\)	\(4^k\)	\(5^k\)	\(6^k\)
\(A_1\)	1
\(A_2\)	1	1
\(A_3\)	2	1	1
\(A_4\)	4	2	1	1
\(A_5\)	8	4	2	1	1
\(A_6\)	16	8	4	2	1	1

表中第\(i\)行的系数乘上对应列标后的和就是\(A_i\)

于是我们发现了这一显然的规律

\[ A_1 = 1,A_n = 2 A_{n-1} + n^k - (n-1)^k \]

我们就非常优秀的把这个递推式化简了:p

2020/05/16 update

当时太菜了没学数列，实际上这个规律根本就不需要找，可以直接推出。

设 \(S_n = \sum_{i=1}^n a_n\) ，根据题意 \(a_n = S_{n-1} + n^k\) 。

用上式减去 \(a_{n-1} = S_{n-2} + (n+1)^k\) 得

\[ \begin{aligned} a_n - a_{n-1} &= a_{n-1} + n^k - (n+1)^k \\ a_n &= 2 a_{n-1} + n^k - (n+1)^k \end{aligned} \]

得到上式。

总感觉它有个通项公式什么的吧，我们来胡乱瞎推一波

观察递推式，右式那坨\(n^k - (n-1)^k\)看着就恶心，我们想找个办法把它消掉，使它的形式变成一个等比数列，这样通项公式就容易得到了

显然\(n^k - (n-1)^k\)是一个\(k-1\)次多项式，所以我们构造数列\(U\)和\(k-1\)次多项式\(B\)

\[ \begin{aligned} U_n = A_n + B(n) \\ B(n) = \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i \end{aligned} \]

对数列\(U\)的定义式移项得

\[ A_n = U_n - B(n) \]

带回\(A\)的递推式，得 \[ \begin{aligned} U_n - B(n) = 2(U_{n-1} - B(n-1)) + n^k - (n-1)^k \\ U_n = 2U_{n-1} + B(n) - 2B(n-1) + n^k - (n-1)^k \end{aligned} \]

我们想让\(U_n=2U_{n-1}\)，只需使

\[ B(n) - 2B(n-1) + n^k - (n-1)^k = 0 \]

即 \[ - B(n) + 2B(n-1) = n^k - (n-1)^k \]

现在我们要求解多项式\(B\)，试着将多项式的每一项，也就是\(b_i\)，都表示出来

先看右式，用二项式定理展开\((n-1)^k\)，右式变为

\[ \quad n^k - \sum_{i=0}^{k} C_k^i (-1)^{k-i} n^i \]

提出和式中的\(k\)次项与\(n^k\)消掉

\[ = - \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i \]

再来看左式，将多项式展开得

\[ - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} b_i (n-1)^i \]

也用二项式定理展开\((n-1)^i\)

\[ = - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} b_i \sum_{j=0}^i C_i^j (-1)^{i-j} n^j \]

转换枚举

\[ \begin{aligned} &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=0}^i b_iC_i^j (-1)^{i-j} n^j \\ &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{j=0}^{k-1} \sum_{i=j}^{k-1} b_iC_i^j (-1)^{i-j} n^j \\ &= - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i \end{aligned} \]

（这里大括号只是为了标明系数，没有实际意义）

现在把左右式合在一起写

\[ - \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i = - \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i \]

消掉负号

\[ \sum_{i=0}^{k-1} b_i n^i + 2 \sum_{i=0}^{k-1} \{ \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} \} n^i = \sum_{i=0}^{k-1} C_k^i (-1)^{k-i} n^i \]

所以

\[ b_i + 2 \sum_{j=i}^{k-1} b_j C_j^i (-1)^{j-i} = C_k^i (-1)^{k-i} \]

于是我们非常愉快艰难的得到了\(b_i\)的表示，高斯消元即可得到\(b_i\)。

仔细观察发现这是个上三角矩阵，所以我们可以直接\(O(k^2)\)求解！

于是我们解出了多项式\(B\)。

回过头来看数列\(U\)的定义，\(U_n = A_n + B(n)\)

现在解出了\(B\)，我们又知道\(A_1 = 1\)，就能知道

\[ U_1 = A_1 + B(1) = B(1) +1 \]

于是我们得到了数列\(U\)的完整递推式

\[ U_1=B(1) + 1,U_n=2U_{n-1} \]

现在就容易知道\(U\)的通项公式了，它是

\[ U_n = ( B(1) + 1 )2^{n-1} \]

又因为\(A_n = U_n - B(n)\)，\(A\)的通项公式就出来了！

\[ A_n = ( B(1) + 1 )2^{n-1} - B(n) \]

完了

//洛谷P5364 [SNOI2017]礼物
//Author:sun123zxy
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using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1E9+7;

ll QPow(ll x,ll up){//快速幂 
    x%=MOD;
    ll ans=1;
    while(up){
        if(up%2==0){
            x=x*x%MOD;
            up/=2;
        }else{
            ans=ans*x%MOD;
            up--;
        }
    }
    return ans;
}
ll Inv(ll x){//逆元 
    return QPow(x,MOD-2);
}

const ll MXK=2005;
ll fac[MXK],facInv[MXK];
void FacInit(ll n){
    fac[0]=1;for(ll i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;//求阶乘 
    facInv[n]=Inv(fac[n]);
    for(ll i=n-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;//线性求阶乘逆元 
    facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll k){//组合数 
    if(n<k) return 0;
    return fac[n]*facInv[n-k]%MOD*facInv[k]%MOD;
}

ll N,K;
ll c,B[MXK];//2^(n-1)的系数c和多项式B 
ll GetY(ll x){//获取B(x)
    x%=MOD;
    ll y=0;
    ll xPow=1;
    for(int i=0;i<=K-1;i++){
        y=(y+B[i]*xPow)%MOD;
        xPow=xPow*x%MOD;
    }
    return y;
}
ll mtx[MXK][MXK];
void GetFormula(){
    for(ll i=0;i<=K-1;i++) for(ll j=0;j<=K;j++) mtx[i][j]=0;
    for(ll i=0;i<=K-1;i++){//初始化方程组 
        mtx[i][i]=1;
        for(ll j=i;j<=K-1;j++){
            ll p=-1;if((j-i)%2==0) p=1;
            mtx[i][j]+=(-2*C(j,i)%MOD*p+MOD)%MOD;
        }
        ll p=-1;if((K-i)%2==0) p=1;
        mtx[i][K]=(C(K,i)*p+MOD)%MOD;
    }
    for(ll i=K-1;i>=0;i--){//上三角高斯消元
        B[i]=mtx[i][K]*Inv(mtx[i][i])%MOD;
        for(ll j=i-1;j>=0;j--){
            mtx[j][K]=(mtx[j][K]-B[i]*mtx[j][i]%MOD+MOD)%MOD;
            mtx[j][i]=0;
        }
    }
    c=(GetY(1)+1)+MOD%MOD;
}
int main(){
    cin>>N>>K;
    FacInit(K);
    GetFormula();
    cout<<(c*QPow(2,N-1)%MOD-GetY(N)+MOD)%MOD;
    return 0;
}

和洛谷题解里rqy聚聚的解法似乎有一些关联（