[AtCoder3954]Painting Machines

Posted 2020-12-26 yanshannan

https://www.zybuluo.com/ysner/note/1230961

题面

有(n)个物品和(n-1)台机器，第(i)台机器会为第(i)和(i+1)个物品染色。设有(num)个方案完成全部染色需动用(x)台机器，则询问(sum x*num)。

• (nleq10^6)

  解析

  一道有一定思考难度的计数题。
  我一开始想的是，可以枚举(x)，且染色方案数决定于前(x)台机器和后(n-x)台机器的排列方案。
  但这样会出现重复计数，因方案中会包含到染色提前完成的情况。
  或许可以用容斥？然而我手玩过不了样例。

于是换一种思路：
设最多(i)台机器即完成染色的方案数为(f[i])。（等价于“最多(i-1)次完成染色”）
则恰好(i)台的方案数为(f[i]-f[i-1])。

如何计算(f[i])？
设(x)表示过程中动用机器、编号间隔为(1)的次数，(y)表示间隔为(2)的次数。
显然第(1)和(n-1)台（最后一台）机器必须动用。
则有(1+x+2*y=n-1,x+y=i-1)。
可解得(y=n-1-i)。

而(i)次动用中，(2)间隔可任意放置，则对答案有(inom{i-1}{n-i-1})的贡献。
然后，摆放(1)、(2)间隔生成的排列又可打乱顺序，有(i!)的贡献。
后面还剩((n-1)-i)台机器可打乱顺序，可产生((n-1-i)!)的贡献。
综上，(f[i]=inom{i-1}{n-i-1}*i!*(n-1-i)!)

于是统计答案即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1e6+100;
ll n,x,jc[N],p,ans,Need,f[N],inv[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘)) ch=getchar();
  if(ch==‘-‘) t=-1,ch=getchar();
  while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il ll C(re ll x,re ll y)
{
  return jc[y]*inv[y-x]%mod*inv[x]%mod;
}
int main()
{
  n=gi();Need=(n+1)/2;
  jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
  fp(i,2,n) inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;//printf("%lld ",inv[i]);
  fp(i,1,n) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
  fp(i,2,n) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
  fp(i,Need,n-1) f[i]=C(n-i-1,i-1)*jc[i]%mod*jc[n-i-1]%mod;
  fq(i,n-1,Need) f[i]=(f[i]-f[i-1]+mod)%mod;
  fp(i,Need,n-1) (ans+=(f[i]*i%mod))%=mod;
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}