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• 洛谷 P4463
• BZOJ 2655

Solution

• 顯然我們有個 DP
• $f\left[i\right]\left[j\right]$
  f[i][j] 表示選出 $i$ 個無序的， $[1,$
  j ] [1,j] 內的互不相同的整數的所有方案乘積之和
• $\mathrm{\forall }j\ge 0$
  , f [ 0 ] [ j ] = 1 \forall j\ge 0,f[0][j]=1
• $\forall i>0,f[i][0]=0$
• $\forall i,j>0,f[i][j]=f[i][j-1]+j\times f[i-1][j-1]$
• 轉移方程就是考察，這 $i$ 個數是否包含有 $j$ ，來進行轉移
• 答案就是 $f[n][A]\times n!$
• 然後你會發現在 $n$ 和 $A$ 的資料規模下， $O(nA)$ 的樸素 DP 和 $O(n^3\log A)$ 的矩陣乘法都過不去
• 我們大膽猜想 $f[i][j]$ 是關於 $j$ 的多項式 $f[i][j]=F_i(j)$
• 可以得到
• $F_i(x)=F_i(x-1)+x\times F_{i-1}(x-1)$
• 設 $F_i(x)$ 的最高次數為 $N(i)$
• 那麼 $x\times F_{i-1}(x-1)$ 的次數顯然為 $N(i-1)+1$
• 而 $F_i(x)$ 相當於是 $x\times F_{i-1}(x-1)$ 的字首和
• 而一個多項式求字首和後次數總是會加 $1$
• 所以 $N(i)=N(i-1)+2$
• 而 $F_0(x)$ 是常數 $1$ ，次數為 $0$
• 所以 $N(i)=2i$ ，即 $F_i(x)$ 是 $2i$ 次多項式
• 取 $f[n][0]$ ， $f[n][1]$ ， $f[n][2]$ ， $\dots$ ， $f[n][2n]$ 這 $2n+1$ 個多項式點值
• 通過拉格朗日插值求出 $f[n][A]$
• 複雜度 $O(n^2)$

Code

// luogu-judger-enable-o2
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)

const int N = 1005;

int A, n, ZZQ, f[N][N];

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % ZZQ;
		a = 1ll * a * a % ZZQ;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int Lagrange(int A)
{
	int i, j, res = 0;
	For (i, 0, (n << 1))
	{
		int x1 = 1, x2 = 1;
		For (j, 0, (n << 1)) if (j != i)
		{
			x1 = 1ll * x1 * (A - j + ZZQ) % ZZQ;
			x2 = 1ll * x2 * (i - j + ZZQ) % ZZQ;
		}
		res = (1ll * x1 * qpow(x2, ZZQ - 2) % ZZQ *
			f[n][i] + res) % ZZQ;
	}
	For (i, 1, n) res = 1ll * res * i % ZZQ;
	return res;
}

int main()
{
	int i, j;
	std::cin >> A >> n >> ZZQ;
	For (j, 0, (n << 1)) f[0][j] = 1;
	For (i, 1, n) For (j, 1, (n << 1))
		f[i][j] = (1ll * j * f[i - 1][j - 1] + f[i][j - 1]) % ZZQ;
	std::cout << Lagrange(A % ZZQ) << std::endl;
	return 0;
}