題意：長度為 $n$ 的環染 $m$ 種顏色，要求任意相鄰 $m$ 個元素不能包含全部的顏色。求方案數 模 $10^9+7$，循環同構。

$n\le 10^9,m\le 7$

為啥我現在天天都在打表啊

先上 polya，對于移動 $i$ 位的置換不動點個數為 $\gcd (i,n)$。而因為這個也是循環的，所以可以把每相鄰的 $n/\gcd (i,n)$ 個看成一個環。設 $f(n)$ 表示循環不同構的方案，顯然答案就是

$$\sum _{d\mid n}f(d)\phi (\frac{n}{d})$$

這樣就把循環同構搞掉了。

然后有一個暴力的dp：$f(i,S)$ 表示填了 $i$ 個數，最后 $m$ 個的顏色狀態是 $S$,枚舉開頭 $m$ 個轉移到最后再看合不合法。

發現這個 dp 是個矩陣的形式。有個很強的結論：存在 $n$ 階矩陣遞推等價于存在 $n$ 階線性遞推。這個矩陣遞推可以有很多含義，包括任意元素、所有元素的和，甚至矩陣本身。

也就是說，盡管這個限制很多，我們也有（xia）理（j）由（b）相（cai）信（xiang）這個 $f$ 一定存在不超過 $m^m$ 次的線性遞推式。然后你就可以打表BM線性遞推一條龍服務了。

但是這個暴力 dp 實在太慢了，你光枚舉開始狀態都有 $m^m$ ，后面再怎么都至少有個 $m^m$，寫得不好可能還要多個 $m^m$，可能不能在可預見的時間內跑出來。考慮做點優化。

上面已經看出來了，復雜度瓶頸其實在枚舉開頭，考慮這部分怎么優化。注意到如果開頭枚舉的 $m$ 個數中有相同的，那么結尾的時候檢查就不用到這里了，也就是開頭剩下的怎么填都不影響合法性。而之前的還可以重標號搞掉。

具體而言，我們枚舉一個 $w$ 表示開頭有多少個連續的不同的數，即對于 $i\in [1,w],a_i=i$。然后后面一個數欽定與前面的相同，即 $a_{i+1}\in [1,w]$。之后就可以正常轉移了。最后再乘上個 $m^{\underline{w}}$ 加起來就是答案。

這樣復雜度到了$O(N?m^m?\mathrm{poly}(m))$，其中 $N$ 為打前多少個數的表，考場上根據你的夢想和人品來決定，這里打了 $1000$ 個。因為懶得進一步優化，就直接跑 $55\min$ 跑出來了，但我看其他人只跑了幾十秒……

然后就是套板子的事情了。

暴力求 $f$：

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #define MAXN 1000005 using namespace std; const int MOD=1e9+7,N=1000; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} typedef long long ll; inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans; } int m,a[10],MAX,vis[MAXN]; inline bool check(int x) {if (~vis[x]) return vis[x];for (int i=0;i<m;i++) a[i]=0;int t=x;for (int i=0;i<m;i++){a[x%m]=1;x/=m;}for (int i=0;i<m;i++) if (!a[i]) return (vis[t]=1);return (vis[t]=0); } int cur[MAXN],t[MAXN],ans[MAXN]; inline void solve() {for (int w=1;w<m;w++){int st=0;for (int i=1;i<=w;i++) st=st*m+i;for (int k=1;k<=w;k++){for (int i=0;i<MAX;i++) cur[i]=0;cur[st*m+k]=1;int tmp=0;for (int tt=st*m+k,j=1;j<=w+1;tt=(tt*m+(j>w? k:j))%MAX,j++)if (!check(tt))goto end1;tmp=add(tmp,1);end1:;for (int i=m;i>=m-w+1;i--) tmp=(ll)tmp*i%MOD;ans[w+1]=add(ans[w+1],tmp);for (int T=1;T<=N-w-1;T++){for (int i=0;i<MAX;i++) t[i]=0;for (int i=0;i<MAX;i++)if (check(i))for (int v=0;v<m;v++){int j=(i*m+v)%MAX;if (check(j)) t[j]=add(t[j],cur[i]);}for (int i=0;i<MAX;i++) cur[i]=t[i];int tmp=0;for (int i=0;i<MAX;i++){for (int t=i,j=1;j<=w+1;t=(t*m+(j>w? k:j))%MAX,j++)if (!check(t))goto end;tmp=add(tmp,cur[i]);end:;}for (int i=m;i>=m-w+1;i--) tmp=(ll)tmp*i%MOD;ans[T+w+1]=add(ans[T+w+1],tmp); // if (T+w+1==m+1) ans[m]=add(ans[m],tmp);}}} } int main() {memset(vis,-1,sizeof(vis));cin>>m;MAX=qpow(m,m);printf("%d\n",N);solve();for (int i=1;i<m;i++) ans[i]=qpow(m,i);for (int i=1;i<=N;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }

找遞推式：

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #define MAXN 2005 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } const int MOD=1e9+7; typedef long long ll; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans; } int n,m,F[MAXN],R[MAXN],las[MAXN],p,delta,tmp[MAXN]; int main() {n=read();for (int i=1;i<=n;i++) F[i]=read();for (int k=1;k<=n;k++){int res=0;for (int i=1;i<=R[0];i++) res=(res+(ll)F[k-i]*R[i])%MOD;if (res==F[k]) continue;if (!R[0]){R[0]=p=k,delta=F[k];continue;}memcpy(tmp,R,sizeof(tmp));int x=(ll)dec(F[k],res)*qpow(delta,MOD-2)%MOD;R[k-p]=add(R[k-p],x);for (int i=1;i<=las[0];i++) R[k-p+i]=dec(R[k-p+i],(ll)las[i]*x%MOD);R[0]=max(R[0],k+las[0]-p);memcpy(las,tmp,sizeof(las)),delta=dec(F[k],res),p=k;}printf("%d\n",R[0]);for (int i=1;i<=R[0];i++) printf("%d%c",F[i],",\n"[i==R[0]]);for (int i=1;i<=R[0];i++) printf("%d%c",R[i],",\n"[i==R[0]]);return 0; }

交上去的程序：

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> using namespace std; const int len[]={0,0,1,7,18,47,134,413}; const int S[][500]=表; const int R[][500]=表; const int MOD=1e9+7; typedef long long ll; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans; } int m,F[1000],ans[1000],cur[1000],t[1000]; inline void mul(int* F,int* G) {for (int i=0;i<=(len[m]<<1);i++) t[i]=0;for (int i=0;i<=len[m];i++)for (int j=0;j<=len[m];j++)t[i+j]=(t[i+j]+(ll)F[i]*G[j])%MOD;for (int i=0;i<=(len[m]<<1);i++) F[i]=t[i];for (int i=(len[m]<<1);i>len[m];i--)if (F[i]){for (int j=1;j<=len[m];j++) F[i-j]=(F[i-j]+(ll)F[i]*R[m][j])%MOD;F[i]=0; } } inline void qpow(int* F,int p) {ans[0]=1;for (int i=1;i<=len[m];i++) ans[i]=0;while (p){if (p&1) mul(ans,F);mul(F,F),p>>=1;}for (int i=0;i<=len[m];i++) F[i]=ans[i]; } inline int calc(int n) {for (int i=0;i<=len[m];i++) cur[i]=0;cur[1]=1;qpow(cur,n);int res=0;for (int i=1;i<=len[m];i++) res=(res+(ll)S[m][i]*ans[i])%MOD;return res; } inline int phi(int x) {int ans=1;for (int i=2;i*i<=x;i++)if (x%i==0){ans*=i-1,x/=i;while (x%i==0) ans*=i,x/=i;}if (x>1) ans*=x-1;return ans; } int main() {int n;cin>>n>>m;int ans=0;for (int i=1;i*i<=n;i++)if (n%i==0){ans=(ans+(ll)calc(i)*phi(n/i))%MOD;if (i*i<n) ans=(ans+(ll)calc(n/i)*phi(i))%MOD;}cout<<(ll)ans*qpow(n,MOD-2)%MOD;return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【THUSC 2017】如果奇迹有颜色【polya引理】【矩阵】【计数dp】【BM打表+线性递推】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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