HDU 6467 简单数学题 （组合数学推导）

题意

题解

Step 1

把原式进行了最基本的变换，把 i 移到右边，并先枚举 j ，这里 i 从 0 开始枚举，并不影响答案，因为 C(j,0) 乘 0 后没有影响，但是这样方便后面的推导

Step 2

因为

这是最基本的组合数性质，所以把右边一坨加上自己的变式，再除以2

Step 3

把右上角换元，用 j - i 替换 i

Step 4

换元后，发现两坨可以合并，把同类项的系数加起来恰好等于 j

Step 5

因为

这也是组合数的性质之一，用组合意义可以解释为“从n个球中依次选0,1,2,...个的方案数之和就相当于每个数可以选与不选，也就是2^n”

所以就可以少枚举一层了。

我看这个式子后，想出了矩阵加速的解法

一个3*1的向量矩阵乘3*3的转移矩阵，向量里依次维护2^(j-1)、j * 2^(j-1)、sum。

转移矩阵也很好推，码码码……

……(Time Limit Exceeded)……

事后我算了一下复杂度，最大为O(300000*64*27)=O(518400000)，好像过不了，只好继续推式子

Step 6

把 ×j 换成 ×[ (n + 1) - (n + 1 - j) ]，然后分开，右边就相当于这样一个数

Step 7

（这一步可能难懂，请读者感性理解）

把Step 6里右边那个数拆开，

先设该数为 n 个数相加，n 个数初始为零

把 n×(1) 拆成 n 个 (1) 相加，然后依次加到 n 个数中

再把 (n-1)×(10) 拆成 n-1 个 (10) 相加，然后依次加到后 n-1 个数中

再把 (n-2)×(100) 拆成 n-2 个 (100) 相加，然后依次加到后 n-2 个数中

……

最后再把这 n 个数相加，发现

Step 8

把 2^j-1 的 1 提出来，直接在右边+n，顿时变得清爽

Step 9

这步是把它二进制展开，左边有n个连续的1，右边一个0，可以通过更高一位的 1 减去 (10) 得到

大功告成，可以直接用快速幂了！

Step 10

这步其实没什么必要，只是笔者想到可以（凑个整数）用欧拉定理优化，于是就用了，最大数据可以把常数除以 2

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define MAXN 505
#define MAXM 35
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x)&(x))
//#define int LL
using namespace std;
inline LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s == '-')f = -1;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x = x * 10 + (s - '0');s = getchar();}
	return x * f;
}
const int jzm = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
int qkpow(int a,LL b,int zxy) {
	int res = 1;
	while(b > 0) {
		if(b & 1) res = res *1ll* a % zxy;
		a = a *1ll* a % zxy;
		b >>= 1;
	}
	return res % zxy;
}
int main() {
	LL N;
	while(scanf("%lld",&N) == 1) {
		int ans = (qkpow(2,N % (jzm-1),jzm) + (jzm-1)) % jzm *1ll* (N%jzm + 1ll) % jzm;
		ans = (ans +0ll+jzm - qkpow(2,(N+1) % (jzm-1),jzm)) % jzm;
		(ans += (N+2ll) % jzm) %= jzm;
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}