虽然其他大佬们的走分界线的方法比我巧妙多了,但还是提供一种思路。
%&¥……@#直接看题面理解罢。
看到这样的题面我脑里第一反应就是DP,但是看到n
和k
的范围只能作罢。想到各种柿子又根本推不出来,于是颓废地打了个复杂度算不来的貌似是 \(2^{n^3}\) 的深搜。于是有以下测试:
input output
1 2
4
2 2
16
3 2
64
1 3
8
2 3
64
3 3
512
于是我们惊喜地发现答案貌似就是\(2^{kn}\)。但这个答案到底是怎么来的呢?
我们发现对这道题,所谓集合是可以拆解成n
个元素分别处理的,可将其视为从三角形左上角起向右下进行连续的覆盖,如图:
那么设一个元素在大小为k
的三角形内的覆盖方案数为 \(f(k)\) ,那么n
个元素的方案总数即为 \(f(k)^n\) 。接下来来推 \(f(k)\) ,注意以下推理仍只关注一个元素。
对于一个大小为k
的三角形,我们着重分析最下面一行,因为去掉这一行就能转化为更小的三角形,将覆盖,未覆盖以及任意取值分别看做“1”,“0”,和“?”,那么根据题意,这一行的状况只能是前面m
个1,后面k-m
个0,分情况讨论。
发现当前的方案数即为上面未确定三角形的方案数\(f(k-1)\)。
m
\((1\le m< k-1 )\) 个1,即:发现当前的方案数即为右上角缺失的三角形的方案数\(f(k-1-m)\)。
k-1
个1,即:那么最后一位可填0或1,共2种方案。
总结一下,发现第一种和第二种可合并为\(\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(i)\),为了美观,我们设 \(f(0)\) 为2,即可将第三种情况也合并,即:
\(f(k)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}f(i),f(0)=2\)
\(f(1)=f(0)=2=2^1\)
因为\(f(k-1)=\sum\limits_{i=0}^{k-2}f(i)\)
所以\(f(k)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}f(i)=\sum\limits_{i=0}^{k-2}f(i)+f(k-1)=2*f(k-1)\)
综上,\(f(k)=2^k\)
那么那么n个元素的方案总数即为\(f(k)^n\)即\(2^{kn}\)。
呐有人就要问了这不就是个快速幂板子题吗,有什么优化?对不起的确是有的。
由于我们取模的数1,000,000,007是个质数,所以有费马小定理:\(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\),也就是说我们可以对指数取模从而减少那么几次运算量,即\(2^{kn\mod 1000000006}\)
不就是个快速幂板子吗,就不放代码了。
很睿智的作者看到 n
, k
的范围大,于是反手就把k*n
对1,000,000,007取了个模。(100->40)
有人就要问了,这道绿题你写这么长给谁看啊?没错这篇题解就是我用来练\(\LaTeX\)的!
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