Description

一個長度為 \(n\) 的序列,初始都為 \(0\),你需要求出一個長度為 \(n-1\) 的排列 \(P\), 按照 \(1\) 到 \(n\) 的順序,每次把 \(P_i\) 和 \(P_i+1\) 染成 \(1\),一個排列的價值為所有的位置都變成 \(1\) 的操作次數,求所有排列的價值和
題面

Solution

我們求出價值為 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 到 \(n-1\) 的排列的方案數,然后分別算貢獻就行了
操作最多 \(i\) 次的方案數是 \(f[i]\)
恰好 \(i\) 次的方案就是 \(f[i]-f[i-1]\)
而 \(f[i]=C_{i-1}^{n-1-i}\)
具體含義:可以看作是每次可以選擇 \(+1,+2\) ,求構成 \(n-2\) 的方案數,我們先默認都 \(+1\),剩下就是選擇 \(+0,+1\) 了,只要總共的 \(i-1\) 次操作中有 \(n-1-i\) 個選擇了 \(+1\),就一定可以達到目標了

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<class T>void gi(T &x){int f;char c;for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f; } const int N=1e6+10,mod=1e9+7; int Fac[N],inv[N],n,f[N]; inline int C(int n,int m){return 1ll*Fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; } int main(){freopen("pp.in","r",stdin);freopen("pp.out","w",stdout);cin>>n;int ans=0,li=(n+1)/2;Fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;for(int i=1;i<=n;i++)Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%mod;for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;for(int i=li;i<n;i++)f[i]=1ll*C(i-1,n-1-i)*Fac[i]%mod*Fac[n-1-i]%mod;for(int i=n-1;i>=li;i--)f[i]=(f[i]-f[i-1]+mod)%mod;for(int i=n-1;i>=li;i--)ans=(ans+1ll*i*f[i])%mod;cout<<ans<<endl;return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder Grand Contest 023 C - Painting Machines的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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