Educational Codeforces Round 11 E. Different Subsets For All Tuples 动态规划★ ★

题意

现在定义f(a)表示这个a串里面所有不相同的子序列的个数
现在给你n,m，让你用字符集为m，去构造出长度为n的串
然后让你算出所有f(a)的累加

题解：

考虑dp
dp[i][j]表示长度为i,以字符j结尾的答案是多少
dp[i][j]=sigma(dp[i-1][k]*2-dp[pre[j]-1][k])
然后这个玩意儿显然对于任意的j的都是一样的，而且pre[j]前面的每个位置都是可能的，这里的dp是个前缀和，所以直接扣除就可以了
那么直接化简为：dp[i]=dp[i-1]*(2m-1)
但是这个dp是没有考虑空串的
那么在加上空串就好了，所以答案就是
dp[i] = dp[i-1]*(2m-1)+m^(i-1)
法二：
强行推公式，枚举长度k，考虑每个长度为k的序列能作为多少个长度为n的序列的子序列，考虑k>=1，记子序列为s[1]s[2]...s[k]，位置序列为p[1]p[2]...p[k]，为了保证不重不漏，对每个长为n的序列，如果包含s[]作为子序列，找出使得位置序列字典序最小的，这要求p[1]之前不出现s[1]，p[1]和p[2]之间不出现s[2]，依此类推，枚举最后一个位置q，即q=p[k]，那么有C(q-1,k-1)*m^k*(m-1)^(q-k)*m^(n-q)，上式对q从k到n，对k从1到n求和，考虑交换求和，先对k从1到q求和，得到m^(n-q+1)*(2m-1)^(q-1)，上式对q从1到n求和，这是个等比数列，可以进一步化简，再加上k=0的贡献m^n即可，复杂度O(logn)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;

int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
long long ans = 2*m;
long long tmp = 1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
tmp = tmp * m % mod;
ans = (ans * (2 * m - 1) % mod + tmp + mod) % mod;
}
cout<<ans<<endl;
}