HDU 6143 Killer Names（容斥原理）

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题目

T组数据，每组数据给出n和m。有2个字符串A，B，每个字符串长为n，然后从m个字符中选择一些字符去填充字符串。要求A中出现的字符B不能再出现，即每个字符串只能在A或者B中出现，不能同时出现。然后一个字符串中某个字符可以出现任意次，排列顺序不同算不同种类。然后求最多有几种安排方案。
$(T≤10), (1≤n,m≤2000)$

思路

• 先考虑字符串A，我们规定它选中了$x$种字符，也就是说A中刚好$x$种字符至少出现一次。然后此时B数组的选择就很简单，长度为$n$，然后每个位置可以有$m-x$（不能和A有相同字符）个选择。所以B数组的可能情况就是$(m-x)^n$.
• 然后难点就在于如何求此时A数组的情况总数。枚举$x$，然后我们需要求出A中刚好$x$种字符至少出现一次的种类数。
  
  1. 先从$m$个字符中选择$x$个，即$C(m, x)$
  2. 之后这个问题转化为可重复选择物品的排列数。这里是这样的，假设各物品是$a_1, a_2,...a_n$个，总和为$x$，那么排列数就是$\frac {x!}{a_1!a_2!...a_n!}$.但是这题很明显不能这么算，因为把$x$分解明显是个很困难的问题.
  3. 这里就是主要用了一个容斥原理。公式是这样的：
     $$C(x, 0)x^n-C(x, 1) (x-1)^n + C(x,2)(x-1)^n+...C(x,x)0^n$$
     解释一下：先选0个不放，然后总共有$x^n$种，然后减去1个不放的方案，再加上2个不放的方案数……最后就是每个种类至少放一次的方案数。

llong Repentance(int n, int m)                  //选了m个，n次方
{
    int neg = 1;
    llong tmp = 0;
    for (int i=0; i<=m; i++)
    {
        tmp = (tmp + neg * C[m][i] * f[m - i][n] % mod) % mod;
        tmp = (tmp + mod) % mod;
        neg *= -1;
    }
    return tmp;
}

4.我只知道这个结论，但是不会证明，等我学完容斥再来mark……

• 然后大概的公式我们已经求解出来了。然后gzp写了一发发现TLE了。大概是枚举x，然后每个x又算容斥就是$O(n^2)$的复杂度。同时思考这里有个快速幂的公式$x^n, (x-1)^n ...$以及B数组那里的$(m-x)^n$。这里$C$打表肯定每个人都想得到，然后我第一次见到了给幂次打表的操作……
  上面那个代码的第7行的$f[m-i][n]$就是$(m-i)^n$,这里打了个表，所以每次只要$O(1)$取得幂次。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

typedef long long llong;
const int maxn = 2000 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
llong C[maxn][maxn];
llong f[maxn][maxn];

void Pre_C()
{
    C[0][0] = 1;
    for (int i=1; i<maxn; i++)
    {
        C[i][0] = 1;
        for (int j=1; j<=i; j++)
        {
            C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod;
            //printf("C[%d][%d]=%lld\n", i, j, C[i][j]);
        }
    }
}

void Pre_fastpow()
{
    for (int i=1; i<maxn; i++)
        {
            f[i][1] = i;
            for (int j=2; j<maxn; j++)
            f[i][j] = f[i][j-1] * i % mod;
        }
}

llong Repentance(int n, int m)  //选了m个，n次方
{
    int neg = 1;
    llong tmp = 0;
    for (int i=0; i<=m; i++)
    {
        tmp = (tmp + neg * C[m][i] * f[m - i][n] % mod) % mod;
        tmp = (tmp + mod) % mod;
        neg *= -1;
    }
    return tmp;
}

int main()
{
    Pre_C();
    Pre_fastpow();

    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);

        llong ans = 0;
        for (int i=1; i<m; i++)
        {
            ans = (ans + C[m][i] * Repentance(n, i) % mod * f[m - i][n] % mod) % mod;
        }

        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}