洛谷P4463：calc（dp、拉格朗日插值）

$Solution\text{Solution}$

神奇题目。
首先可以强制所有的数递增，最后的答案乘一个 $n!$ 即可。
设 $dp_{i,j}$ 表示在 $[1, j]$ 的值域选了 $i$ 个数的答案，不难写出 dp 转移：
$dpi,j=dpi−1,j−1×j+dpi,j−1dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}\times j+dp_{i,j-1}$
答案就是 $dp_{n,k}$ 。
直接暴力做是 $O (n k)$ 的，无法通过。

考虑使用拉格朗日插值优化。
既然要用拉格朗日插值，关键就在与证明 $dp_{n,k}$ 是一个以 $k$ 为自变量的 $f_n$ 次多项式。

首先又一个较为显然的结论，若 $g (x)$ 是一个 $k$ 次多项式，那么它的差分 $g (x) - g (x - 1)$ 就是一个 $k - 1$ 次多项式。
那么回到刚才的转移式，它也可以写成：
$dpi,j−dpi,j−1=dpi−1,j−1×jdp_{i,j}-dp_{i,j-1}=dp_{i-1,j-1}\times j$
考虑多项式次数，也就是：
$f_n-1=f_{n-1}+1$
也就是说 $f_n$ 是一个公差为二的等差数列。
又因为有： $dp_{n,0}=0,f_0=0$ ，所以就能得到：
$f_n=2n$
$O(n^2)$ 暴力求出前 $n$ 项插值即可，连续值域插值可以前缀和优化到线性。
总复杂度 $O(n^2)$ 。

$Code\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}const int N=2050;
int mod;
ll n,m;
inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=x*res%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
ll x[N],y[N];
ll jc[N],suf[N],pre[N],ni[N];
ll lagrange(int n,ll *y,ll k){//consecutivek%=mod;jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;ni[n]=ksm(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) ni[i]=ni[i+1]*(i+1)%mod;pre[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*(k-i)%mod;suf[n+1]=1;for(int i=n;i>=1;i--) suf[i]=suf[i+1]*(k-i)%mod;ll res(0);for(int i=1;i<=n;i++){ll add=y[i]*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod*ni[i-1]%mod*ni[n-i]%mod;if((n-i)&1) add=mod-add;(res+=add)%=mod;}return res;
}
ll dp[505][1505];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifm=read();n=read();mod=read();for(int i=0;i<=2*n+1;i++) dp[0][i]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n*2+1;j++){dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i-1][j-1]*j)%mod;}}for(int i=1;i<=2*n+1;i++){y[i]=dp[n][i];}ll res=lagrange(2*n+1,y,m);printf("%lld\n",res*jc[n]%mod);return 0;
}
/*
*/