BZOJ.4402.Claris的剑(组合 计数)

BZOJ

因为是本质不同，所以考虑以最小字典序计数。

假设序列最大值为\(m\)，那么序列有这两种情况：

1. \(1\ (1\ 2\ 1\ 2...)\ 2\ (3\ 2\ 3\ 2...)\ 3\ (4\ 3\ 4\ 3...)\ ...\ m\)
2. \(1\ (1\ 2\ 1\ 2...)\ 2\ (3\ 2\ 3\ 2...)\ 3\ (4\ 3\ 4\ 3...)\ ...\ m\ m-1\)

如果序列长度为\(n\)，那么可以看做我们有\(\frac{n-m}{2}\)个相同的球，将它们放进\(m-1\)个盒子，允许盒子有空的方案数，即\(C_{n+m-1}^{m-1}\)。

这里球的个数取\(\lfloor\frac{n-m}{2}\rfloor\)即可（第二种情况取\(\lfloor\frac{n-m-1}{2}\rfloor\)）。如果多出来一个，那把它放到两种序列的后面仍是不同的。

\(n,m\)都是不确定的。因为\(\sum_{i=0}^nC_{i+m-1}^{m-1}=C_{n+m-1}^{m-1}\)，所以枚举最大值\(m\)，就可以\(O(m)\)得到答案啦。

预处理到\(2e6\)就可以啊，不需要\(4e6\)，因为\(\frac{n-m}{2}+m=\frac{n+m}{2}\)。。

//16448kb	1008ms
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=2e6+5;

int fac[N],ifac[N];

#define F(n,m) (1ll*fac[(n)+(m)-1]*ifac[n]%mod*ifac[(m)-1]%mod)
inline int FP(int x,int k)
{
	int t=1;
	for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
		if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
	return t;
}

int main()
{
	int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);
	fac[0]=fac[1]=1; int lim=n+m>>1;
	for(int i=2; i<=lim; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[lim]=FP(fac[lim],mod-2);
	for(int i=lim-1; ~i; --i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;

	LL ans=n&&m;//m=1特判下
	for(int i=2,l=std::min(n,m); i<=l; ++i)
	{
		ans+=F((n-i)/2,i);
		if(i+1<=n) ans+=F((n-i-1)/2,i);
	}
	printf("%lld\n",ans%mod);

	return 0;
}
//	int i;//突然闲的
//	for(i=2; i+3<=lim; i+=4)
//		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,
//		fac[i+1]=1ll*fac[i]*(i+1)%mod,
//		fac[i+2]=1ll*fac[i+1]*(i+2)%mod,
//		fac[i+3]=1ll*fac[i+2]*(i+3)%mod;
//	for(; i<=lim; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
//	ifac[lim]=FP(fac[lim],mod-2);
//	for(i=lim-1; i-3>=0; i-=4)
//		ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod,
//		ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*(i)%mod,
//		ifac[i-2]=1ll*ifac[i-1]*(i-1)%mod,
//		ifac[i-3]=1ll*ifac[i-2]*(i-2)%mod;
//	for(; i>=0; --i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;