c/c++语言开发共享agc023C – Painting Machines(组合数)

题意

有(n)个位置，每次你需要以(1 sim n-1)的一个排列的顺序去染每一个颜色，第(i)个数可以把(i)和(i+1)位置染成黑色。一个排列的价值为最早把所有位置都染成黑色的次数。问所有排列的分数之和

sol

神仙题orz

不难想到我们可以枚举染色的次数(i in [lceil frac{n}{2} rceil, n – 1])。那么问题转化为求有多少排列是在(i)次之后把所有位置染成黑色（需要o(1)的复杂度）

我们把这个问题具体化一下，首先第一个位置必须要染，用去一次操作，此时还有(t = n-2)个位置没有染。对于一次染色，我们可以把两个位置染成黑色，也可以把一个位置染成黑色。那么问题转化为每次可以让(t)(-1)或者(-2)。问在(i – 1)操作后(t = 0)的方案数。

这个问题好像还是不好做，但是我们可以去求至多(i-1)次操作后(t=0)的方案。可以先把每次的(-1)算进去，这样每次就变成了(-0/-1)那么只要在剩下的(i-1)次操作中有((n-2)-(i-1))次选了(-1)就一定可行。

因此方案数为(c_{i-1}^{n-i-1})，最后每次计算的时候在乘上排列的系数就行了

#include<bits/stdc++.h> #define ll long long  using namespace std; const int maxn = 1e6 + 10, inf = 1e9 + 7, mod = 1000000007; template<typename a, typename b> inline void chmax(a &x, b y) {     x = x > y ? x : y; } template<typename a, typename b> inline void chmin(a &x, b y) {     x = x < y ? x : y; } template<typename a, typename b> inline int mul(a x, b y) {     return 1ll * x * y % mod; } template<typename a, typename b> inline void add2(a &x, b y) {     if(x + y < 0) x = x + y + mod;     else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y); } template<typename a, typename b> inline int add(a x, b y) {     if(x + y < 0) return x + y + mod;     else return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y; } template<typename a, typename b> inline int fp(a a, b p) {     int base = 1;     while(p) {         if(p & 1) base = mul(base, a);         a = mul(a, a); p >>= 1;     }     return base; } inline int read() {     char c = getchar(); int x = 0, f = 1;     while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}     while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();     return x * f; } int n, fac[maxn], ifac[maxn], f[maxn]; int c(int n, int m) {     if(m > n) return 0;     return mul(fac[n], mul(ifac[m], ifac[n - m])); } int main() {     n = read(); fac[0] = 1;     for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]);     ifac[n] = fp(fac[n], mod - 2);     for(int i = n; i >= 1; i--) ifac[i - 1] = mul(ifac[i], i);     int down = n / 2 + (n & 1);     for(int i = down; i < n; i++)          f[i] = mul(mul(c(i - 1, n - i - 1), fac[i]), fac[n - i - 1]);     int ans = 0;     for(int i = down; i < n; i++) add2(ans, mul(i, add(f[i], -f[i - 1])));     cout << ans;     return 0; } /* 3 0 1 1 5 7 3 */