AtCoder Grand Contest 023 C - Painting Machines

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一个长度为 $n$ 的序列,初始都为 $0$,你需要求出一个长度为 $n-1$ 的排列 $P$, 按照 $1$ 到 $n$ 的顺序,每次把 $P_i$ 和 $P_i+1$ 染成 $1$,一个排列的价值为所有的位置都变成 $1$ 的操作次数,求所有排列的价值和
题面

Solution

我们求出价值为 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ 到 $n-1$ 的排列的方案数,然后分别算贡献就行了
操作最多 $i$ 次的方案数是 $f[i]$
恰好 $i$ 次的方案就是 $f[i]-f[i-1]$
而 $f[i]=C_{i-1}^{n-1-i}$
具体含义:可以看作是每次可以选择 $+1,+2$ ,求构成 $n-2$ 的方案数,我们先默认都 $+1$,剩下就是选择 $+0,+1$ 了,只要总共的 $i-1$ 次操作中有 $n-1-i$ 个选择了 $+1$,就一定可以达到目标了

#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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