CodeChef - COUNTREL Count Relations

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给你一个长为NNN的1,2,3,....N1,2,3,....N1,2,3,....N的序列,让你求出两种关系各个有多少可能；

R1R_1R1​，由于x,yx,yx,y互不是子集，且交集为空。我们可以这样考虑:先对xxx进行分析，假定xxx中有XXX个元素,因为空集是所有集合的子集，所以显然xxx必不能不取且不能取满NNN个,那么当xxx有XXX个元素时，就有

C(NX)(1≤X≤n−1)C(_N^X)(1\leq X\leq n-1)C(NX​)(1≤X≤n−1)种取值方案。

那么剩下的n−xn-xn−x个数字就要留给yyy，显然yyy集合中必然有元素，假定yyy中有YYY个元素，所以在当前情况下有

C(N−XY)，(1≤Y≤n−X)C(_{N-X}^Y)，(1\leq Y\leq n-X)C(N−XY​)，(1≤Y≤n−X)种取值.

那么综上所述，第一个问题的答案就有∑X=1N−1(C(NX)∗∑Y=1N−XC(N−XY))\sum_{X=1}^{N-1}(C(_N^X)*\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y))∑X=1N−1​(C(NX​)∗∑Y=1N−X​C(N−XY​)).

然后就是大力化简这个式子了。

先考虑∑Y=1N−XC(N−XY)\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)∑Y=1N−X​C(N−XY​)，由组合数的基本公式可知∑Y=0N−XC(N−XY)=2N−X\sum_{Y=0}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-X}∑Y=0N−X​C(N−XY​)=2N−X,那么∑Y=1N−XC(N−XY)=2N−x−1\sum_{Y=1}^{N-X}C(_{N-X}^Y)=2^{N-x}-1∑Y=1N−X​C(N−XY​)=2N−x−1;

那么上式可化简为

∑X=1N−1C(NX)∗(2N−X−1)=∑X=1N−1C(NX)∗2N−X−∑X=1N−1C(NX)\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*(2^{N-X}-1)
\\=\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)*2^{N-X}-\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)∑X=1N−1​C(NX​)∗(2N−X−1)=∑X=1N−1​C(NX​)∗2N−X−∑X=1N−1​C(NX​)

易知∑X=1N−1C(NX)=2N−2\sum_{X=1}^{N-1}C(_N^X)=2^N-2∑X=1N−1​C(NX​)=2N−2。

在考虑左半部分，由二项式定理可知∑i=0NC(Ni)aibN−i=(a+b)N\sum_{i=0}^{N}C(_N^i)a^ib^{N-i}=(a+b)^N∑i=0N​C(Ni​)aibN−i=(a+b)N

那么左半部分可化简为(1+2)N−CN02N−CNN20=3N−2N−1(1+2)^N-C_N^02^N-C_N^N2^0=3^N-2^N-1(1+2)N−CN0​2N−CNN​20=3N−2N−1

即原式可化简为3N−2N−1−2N+2=3N−2N+1+13^N-2^N-1-2^N+2=3^N-2^{N+1}+13N−2N−1−2N+2=3N−2N+1+1，由于x,yx,yx,y无序，所以除二即为第一部分最后答案。

第二部分：要求x,yx,yx,y有交集，那么我们可以先设交集的长度为iii,那么剩下的部分就是x,yx,yx,y个站一些不空且不相交的部分，那么显然答案就是

∑i=1N−2∑j=1n−i−1C(N−ij)∑k=1N−i−jC(N−i−jk)\sum_{i=1}^{N-2}\sum_{j=1}^{n-i-1}C(_{N-i}^j)\sum_{k=1}^{N-i-j}C(_{N-i-j}^k)∑i=1N−2​∑j=1n−i−1​C(N−ij​)∑k=1N−i−j​C(N−i−jk​).

化简和上面一样，多用几次二项式定理就行了。

化简出来就是4N−3N+1−1+3∗2N4^N-3^{N+1}-1+3*2^N4N−3N+1−1+3∗2N，同样答案除以2即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

LL gcd(LL a,LL b){return b?gcd(b,a%b):a;}
LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
const int N = 2e5 +11;
const int mod=100000007;
LL Inv[N],Fac[N];
void P(){
	Fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)Fac[i]=Fac[i-1]*i%mod;
	Inv[N-1]=powmod(Fac[N-1],mod-2,mod);
	for(int i=N-2;i>=0;i--)Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
LL get(int l,int r){
	return Fac[l]*Inv[r]%mod*Inv[l-r]%mod;
}

LL n;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	// P();
	int t;
	for(cin>>t;t;t--){
		cin>>n;
		cout<<(powmod(3,n,mod)-powmod(2,n+1,mod)%mod+1+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<' ';
		cout<<(powmod(4,n,mod)-powmod(3,n+1,mod)-1+3*powmod(2,n,mod)%mod+2*mod)%mod*powmod(2,mod-2,mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}