【xsy2140】计数

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吐槽

所以说。。组合数的题是不是都是知道大致思路但是就是不会写qwq菜醒qwq

正题

这题其实感觉有点玄妙啊，自己想的话总是会想复杂。。但其实情况还是很好考虑的重点在于怎么枚举

首先讲一下大致思路

总共有4中不同的字符，相邻两个不能相同，那么我们可以考虑两种字符的排列（也就是先考虑\(A\)和\(B\)怎么放和\(C\)和\(D\)怎么放），然后再把\(AB\)的放法和\(CD\)的放法用插空的方式组合起来求得最后的答案

因为处理起来其实是一样的所以这里就只写\(AB\)的情况了

AB的情况

\(A\)和\(B\)有四种最基本的满足要求的摆放：

(1)\(A\) (2)\(B\) (3)\(AB\) (4)\(BA\)

我们枚举这些字符总共组成了多少个区间（这里的区间指的是在最后合并插空之后这段字符还是连在一起的，也就是说没有\(C\)和\(D\)插在中间），设总共有\(i\)个区间

我们再枚举一下(1)的个数，这时会发现每多一个(1)类区间，\(A\)的总数就会比\(B\)多一个，每多一个(2)类区间\(A\)就会比\(B\)少一个，而(3)和(4)的话不会对差有任何影响。

由于\(A\)的个数和\(B\)的个数是固定的，也就是说\(A\)和\(B\)的差是固定的，(1)的个数一旦确定，为了保证\(A\)和\(B\)的差满足条件，(2)的个数也就确定下来了。

我们记(1)类区间的个数为\(a\)，那么(2)类区间的个数就是\(b = n1-n2+a\)

接着再看(3)和(4)，会发现其实这两类本质上是一样的，我们只用枚举一类然后乘上组合数（其实就是\(2^i\)，因为每一位可以是\(A\)或者\(B\)），这样我们就可以把这两类看做一类了，这剩下的一类的区间总数就是\(c=i - a -b\)

接下来看怎么算排列

首先对于(1)类和(2)类，我们用掉\(a\)个\(A\)和\(b\)个\(B\)，排列的方案数显然是$C_{i}^{a} $ * \(C_{i-a}^{b}\)

对于剩下的(3)和(4)，我们还有\(n1+n2-a-b\)个字符可以使用，也就是总共有\(d=\frac{n1+n2-a-b}{2}\)对\(AB\)

这\(d\)对字符首先要放进\(c\)个区间中（那么显然这里就要求\(d>=c\)了，在枚举的时候要注意范围），如果还有剩余，再将剩余的\(d-c\)对分配到\(i\)个区间中，那么方案就是\(C_{i+d-c+1}^{i-1}\)

为什么是这个东西嘞？

其实问题就相当于求\(i\)个非负数之和=\(d-c\)的方案数，我们先在等式两边都加上\(i\)，然后变成\(i\)个正整数之和\(=i+d-c\)，然后用隔板法就好了（枚举分割线在哪个空隙）。

这样操作是因为隔板法的使用前提是不能有空组（否则分割线的数量不一定是分成的份数-1），我们考虑将\(i+d-c\)分成i个数之后，每个数减去\(1\)，得到i个非负整数（可以为0），此时这\(i\)个非负整数的和就是\(d-c\)了，也就是说这就是我们要求的其中一种方案，其他的情况同理，一一对应，所以这两个问题在组合数中是等价的

我们用\(f1\)来表示组成\(i\)个区间的方案数，那么就可以得到：

\(f1_i =\sum\limits_{a=0}^{n1+n2}C_{i}^{a}×C_{i-a}^{b}×2^c×C_{i+d-c+1}^{i-1}\)

用同样的方式来算\(C\)和\(D\)的方案，存到\(f2\)里面去

接下来看插空

插空有三种插法，下面用(AB)表示\(A\)和\(B\)组成的一个区间，(CD)表示\(C\)和\(D\)组成的一个区间，三种方法就可以这样表示：

1.（AB)(CD)(AB)(CD)(AB)

2.（CD)(AB)(CD)(AB)(CD)

3.（AB)(CD)(AB)(CD)(AB)(CD)（或者(AB)和(CD)的顺序反过来，所以算的时候要×2）

（其实会发现就是之前分别算\(AB\)区间和\(CD\)区间的三大类）

那么\(ans\)应该就是

\[ans=\sum\limits_{i=1}^{n1+n2} f1_i*f2_{i-1}+f1_{i}*f2_{i+1}+f1_{i}*f2_{i}*2
\]

然后就十分愉快滴做完啦ovo

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MOD 1000000007
using namespace std;
const int MAXN=4010;
ll f1[MAXN],f2[MAXN],two[MAXN],C[MAXN][MAXN];
ll ans;
int n1,n2,n3,n4;
int get_c(int n);
int get_f(int num1,int num2,ll *f);
ll calc(int c,int d);

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	scanf("%d%d%d%d",&n1,&n2,&n3,&n4);
	two[0]=1;
	int sum=n1+n2+n3+n4;
	for (int i=1;i<=sum;++i) two[i]=(two[i-1]<<1)%MOD;
	get_c(sum);
	get_f(n1,n2,f1);
	get_f(n3,n4,f2);
	for (int i=1;i<=n1+n2;++i)
		ans=(ans+f1[i]*f2[i-1]%MOD+f1[i]*f2[i+1]%MOD+2LL*f1[i]*f2[i]%MOD)%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}

int get_c(int n){
	for (int i=0;i<=n;++i){
		C[i][0]=1; C[i][i]=1;
		for (int j=1;j<i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
	}
}

int get_f(int num1,int num2,ll *f){
	int a,b,c,d,sum=num1+num2;
	for (int i=0;i<=num1+num2;++i){
		for (a=0;a<=i;++a){//枚举(1)
			b=num1-num2+a;//(2)
			c=i-a-b;//(3)+(4)要填区间
			d=(sum-a-b)/2;//(3)+(4)可用对
			if (b<0||c<0||d<0||d<c) continue;
			f[i]=(f[i]+C[i][a]*C[i-a][b]%MOD*two[c]%MOD*calc(i,d-c)%MOD)%MOD;
		}
	}
}

ll calc(int c,int d){//c个非负整数之和=d,枚举所有区间填了一个之后剩下的放哪里
	if (!c) return d==0;
	return C[c+d-1][c-1];
}