vijosP1903学姐的实习工资

描述

学姐去实习了, 一共实习了N天, 每一天都可以得到实习工资V[i], 这里V[1..N]被看作是整数序列.
因为学姐很厉害, 所以V[1..N]是不下降的.
也就是说学姐每天的工资只会越来越多, 不会变少.
然而遗憾的是, 偷懒的学姐只记下来了其中M天的收入.
第A[1]天获得了的工资为B[1].
第A[2]天获得了的工资为B[2].
第A[3]天获得了的工资为B[3].
...
第A[M]天获得了的工资为B[M].
其中A[]是递增的.
好在她记下来了第一天和第N天的收入. 也就是说A[1]=1, A[M]=N.
现在实习结束了, 学姐看着仅有的M天的记录, 希望知道:
(1)工资序列V[1..N]有多少种可能情况, 满足已知的M条记录. 答案mod 1000000009.
(2)平均来说(考虑所有可能的情况), N天中一共得到了多少工资, 答案四舍五入到小数点后第三位.
如果doc不能回答学姐的这两个问题, 学姐会生气的!

格式

输入格式

输入数据第一行给定T, 表示总的询问次数.
对于每一次询问, 第一行给出两个整数N和M.
第二行给出M个整数, 分别为A[1]到A[M].
第三行给出M个整数, 分别为B[1]到B[M].

输出格式

对于每一次询问, 首先输出询问的编号, 参见样例输出.
之后输出问题1和问题2的答案, 用空格隔开, 详细请参见样例输出.

样例1

样例输入1[复制]

2
6 5
1 2 3 5 6
3 5 10 20 20
6 6
1 2 3 4 5 6
3 5 10 15 20 20

样例输出1[复制]

Case #1: 11 73.000
Case #2: 1 73.000

限制

对于30%的数据:
N <= 100.

对于60%的数据:
N <= 50000.

对于100%的数据:
2 <= N <= 1000000.
M <= 1000.
T <= 10.
1 = A[1] < A[2] < ... < A[M] = N.
0 <= B[1] <= B[2] <= ... <= B[M] <= 1000000.

题解：

终于填了这个坑。。。

其实考场上因为没时间所以打了暴力，大概因为乘法溢出爆零了。。。然后发现需要预处理n！以及n！的逆元，这不是很随意吗。。。

第一问用插板法算一下组合数，第二问我们可以认为b[i]到b[i+1]这里面的每个数被选到的概率都是相等的，然后期望就是(b[i]+b[i+1])/2

然后注意乘法溢出就可以了（乘法溢出居然WA0了4次T_T）

代码：

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<vector>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<queue>
 #include<string>
 #define inf 1000000000
 #define maxn 2000000+5
 #define maxm 500+100
 #define eps 1e-10
 #define ll long long
 #define pa pair<int,int>
 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
 #define mod 1000000009
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=*x+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 ll fac[maxn+],inv[][maxn+];
 bool v[maxn+];
 int p[maxn+],tot,a[maxn],b[maxn];
 int main()
 {
     freopen("input.txt","r",stdin);
     freopen("output.txt","w",stdout);
     for2(i,,maxn)
     {
         if(!v[i])p[++tot]=i;
         for1(j,tot)
         {
             int k=i*p[j];
             if(k>maxn)break;
             v[k]=;
             if(i%p[j]==)break;
         }
     }
     inv[][]=inv[][]=;
     for2(i,,maxn)inv[][i]=(ll)(mod/i+)*inv[][i-mod%i]%mod;
     fac[]=inv[][]=;
     for2(i,,maxn)
     {
         fac[i]=fac[i-]*(ll)i%mod;
         inv[][i]=inv[][i-]*inv[][i]%mod;
     }
     //for1(i,100)cout<<i<<' '<<fac[i]<<' '<<inv[0][i]<<' '<<inv[1][i]<<endl;
     int cs=read(),t=;
     while(cs--)
     {
         int n=read(),m=read();ll ans=;
         for1(i,m)a[i]=read();
         for1(i,m)b[i]=read();
         for1(i,m-)if(a[i]+!=a[i+])
         {
             int x=b[i+]-b[i],y=a[i+]-a[i]-+b[i+]-b[i]+-;
             (ans*=fac[y]*inv[][x]%mod*inv[][y-x]%mod)%=mod;
             //cout<<i<<' '<<ans<<endl;
         }
         double sum=b[m];
         for1(i,m-)
         {
             sum+=b[i];//cout<<sum<<endl;
             if(a[i]+!=a[i+])sum+=(double)(a[i+]-a[i]-)*(double)(b[i+]+b[i])/;
         }
         printf("Case #%d: %lld %.3lf\n",++t,ans,sum);
     }
     return ;
 }