すごく楽しかった。
問題概要
色 のボールがそれぞれ 個ずつあります。
個のボールを好きな順序で並べ、各色について最も左側にあるボールを色 へと塗り替えました。
最終的な色の並びとして考えられる個数を 1000000007 で割ったあまりを求めよ。
制約
最終的に出来上がるものを新たに特徴付ける
まず問題設定から自然に、
「最初にボールを並べておいて、各色について最も左にあるボールを色 0 に塗るという風にしたときに、「もともと一緒だったものがどの程度重複するか」を表す重複度ごとに数え上げて、それぞれについて重複度で割って集計する」
という方針が脳裏をよぎってしまう。しかしこれではどうしても上手くいかない。重複度としてあり得るパターンがたくさんありすぎるし、それらをピンポイントに数え上げることなどできそうもない...
そこで重複度に関する考察をやめてしまい、最終的に出来上がる色列に対して、新たなわかりやすい特徴づけを与えようと頑張るのがよさそう。
最終的に出来上がる色列への新たな特徴付け
とりあえず、最終的に出来上がる列において、色の初出順が N, N-1, ..., 1 となっているものを数えて、あとで をかけることにする。このとき、最終的に出来上がるものは下図のような感じ
つまりは図の黄色マスを入れていく度に、その後の自由度が増す。こういうのを数え上げたい。これは実はある種のトポロジカルソート数え上げになっている。つまり
- 色 i のボールは、色 i の黄色マスより後ろでなければならない
という形の制約でボールを並び替える問題になっている。そう思うとなんかできそう。トポロジカルソートの数え上げは、特殊なものであれば、割と「シンクに近い方から埋めていって、順序を遡るごとに、それがどこに挿入できるかを考える」というタイプの走査で数え上げられるイメージがある。
- dp[ i ][ j ] := 色 i までを並べたときに、色 i の前に j 個のボールがある場合についての場合の数
としてあげる。初期条件は
- dp[ 1 ][ 1 ] = 1
とかでよさそう。さて、i + 1 を並べるとき、i + 1 の初出は i の初出より早くなければならない。このとき、k <= j + 1 に対して、
- dp[ i + 1 ][ k ] += dp[ i ][ j ] × C(iK-k+1 + K - 2, K - 2)
ということになる。このままだと かかってしまいそうだが、
- dp[ i + 1 ][ k ] = sum_{ j >= k-1 } (dp[ i ][ j ]) × C(iK-k+1 + K - 2, K - 2)
という風にまとめると、累積和が使える形になっている。
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; template<int MOD> struct Fp { long long val; constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) { if (val < 0) v += MOD; } constexpr int getmod() { return MOD; } constexpr Fp operator - () const noexcept { return val ? MOD - val : 0; } constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; } constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; } constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; } constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; } constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept { val += r.val; if (val >= MOD) val -= MOD; return *this; } constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept { val -= r.val; if (val < 0) val += MOD; return *this; } constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept { val = val * r.val % MOD; return *this; } constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept { long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0; while (b) { long long t = a / b; a -= t * b; swap(a, b); u -= t * v; swap(u, v); } val = val * u % MOD; if (val < 0) val += MOD; return *this; } constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept { return this->val == r.val; } constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept { return this->val != r.val; } friend constexpr ostream& operator << (ostream &os, const Fp<MOD>& x) noexcept { return os << x.val; } friend constexpr istream& operator >> (istream &is, Fp<MOD>& x) noexcept { return is >> x.val; } friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD> &a, long long n) noexcept { if (n == 0) return 1; auto t = modpow(a, n / 2); t = t * t; if (n & 1) t = t * a; return t; } }; // 二項係数ライブラリ template<class T> struct BiCoef { vector<T> fact_, inv_, finv_; constexpr BiCoef(int n) noexcept : fact_(n, 1), inv_(n, 1), finv_(n, 1) { int MOD = fact_[0].getmod(); for(int i = 2; i < n; i++){ fact_[i] = fact_[i-1] * i; inv_[i] = -inv_[MOD%i] * (MOD/i); finv_[i] = finv_[i-1] * inv_[i]; } } constexpr T com(int n, int k) const noexcept { if (n < k || n < 0 || k < 0) return 0; return fact_[n] * finv_[k] * finv_[n-k]; } constexpr T fact(int n) const noexcept { if (n < 0) return 0; return fact_[n]; } constexpr T inv(int n) const noexcept { if (n < 0) return 0; return inv_[n]; } constexpr T finv(int n) const noexcept { if (n < 0) return 0; return finv_[n]; } }; const int MAX = 5000000; const int MOD = 1000000007; using mint = Fp<MOD>; mint solve(int N, int K) { BiCoef<mint> bc(MAX); if (K == 1) return 1; vector<vector<mint> > dp(N+2, vector<mint>(N+1, 0)), sdp(N+1, vector<mint>(N+2, 0)); dp[1][1] = 1; for (int i = 1; i <= N; ++i) { for (int j = 0; j < N+1; ++j) sdp[i][j+1] = sdp[i][j] + dp[i][j]; for (int k = 1; k <= N; ++k) { dp[i+1][k] = (sdp[i][N+1] - sdp[i][k-1]) * bc.com((i+1)*K - k - 1, K - 2); } } mint res = 0; for (int k = 1; k <= N; ++k) res += dp[N][k]; return res * bc.fact(N); } int main() { int N, K; cin >> N >> K; cout << solve(N, K) << endl; }