51nod1667 概率好题

基准时间限制：4 秒 空间限制：131072 KB 分值: 640 

甲乙进行比赛。

他们各有k1,k2个集合[Li,Ri]

每次随机从他们拥有的每个集合中都取出一个数

S1=sigma甲取出的数，S2同理

若S1>S2甲胜 若S1=S2平局 否则乙胜

分别求出甲胜、平局、乙胜的概率。

（显然这个概率是有理数，记为p/q，则输出答案为（p/q）%(1e9+7)）（逆元）

注意 多组数据

Input

一个数，数据组数(T<=5)
对于每组数据 输入顺序为
 k1 L1 R1...Lk1 Rk1
k2 L1 R1...Lk2 Rk2
(k1,k2<=8,1<=L<=R<=10^7)

Output

甲胜、平局、乙胜的概率。
（显然这个概率是有理数，记为p/q，则输出答案为（p/q）%(1e9+7)）（逆元）

Input示例

1
1 1 2
1 1 4

Output示例

125000001 250000002 625000005

数学问题 容斥

$[L_i,R_i]$的限制看上去很迷，不怎么好做。

如果能去掉下界的话，原问题似乎可以转化成容斥求方程解的个数的问题。

我们来试试去掉下界：

设前ki个集合为 $R_i - x_i$，后ki个集合为 $ L_i + x_i $

此时x的取值范围是 $[0,R_i - L_i]$

那么甲赢乙的情况需要满足的条件是：

$$\sum_{i=1}^{k_1} R_i-x_i > \sum_{j=1}^{k_2} L_j+y_j $$

$$\sum_{i=1}^{k_1} x_i + \sum_{j=1}^{k_2} y_j< \sum_{i=1}^{k_1} R_i -\sum_{j=1}^{k_2} L_j $$

我们惊喜地发现右边是常数，那么可以用组合数+容斥算方程解的个数辣

甲乙平手的情况，只需要把上面的大于换成等于号即可。

乙赢甲的情况，可以把上式取负计算解个数，也可以直接用总方案数减去前两问方案数。

总方案数当然就是所有的$R_i-L_i+1$的乘积

答案当然就是满足条件的方案数除以总方案数

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<queue>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const int mod=1e9+;
 const int mxn=;
 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;
 }
 int ksm(int a,int k){
     int res=;
     while(k){
         if(k&)res=(LL)res*a%mod;
         a=(LL)a*a%mod;
         k>>=;
     }
     return res;
 }
 int fac[mxn*],inv[mxn*];
 void init(){
     int ed=mxn*;
     fac[]=fac[]=;inv[]=inv[]=;
     for(int i=;i<ed;i++){
         fac[i]=(LL)fac[i-]*i%mod;
         inv[i]=((-mod/i*(LL)inv[mod%i]%mod)+mod)%mod;
     }
     return;
 }
 int C(int n,int m){
     if(m>n || n<)return ;
 //    return (LL)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
     int res=;
     for(int i=;i<=m;i++){
         res=(LL)res*(n-m+i)%mod;
     }
     for(int i=;i<=m;i++){
         res=(LL)res*ksm(i,mod-)%mod;
     }
     return res;
 }
 int ans1,ans2,ans3;//1 2 0
 int n,smm,lower=;
 int k1,k2,L[mxn],R[mxn];
 void calc(int pos,int f,int x){
     if(pos>n){
         ans1=((LL)ans1+f*C(smm-x+n-,n))%mod;
 //        printf("%d %d\n",smm-x+n-1,n);
         ans2=((LL)ans2+f*C(smm-x+n-,n-))%mod;
 //        printf("%d\n",ans1);
         return;
     }
     calc(pos+,-f,x+R[pos]-L[pos]+);
     calc(pos+,f,x);
     return;
 }
 int main(){
     int i,j;
 //    init();
     int T=read();
     while(T--){
         ans1=ans2=ans3=;
         lower=;smm=;
         k1=read();
         for(i=;i<=k1;i++){
             L[i]=read();R[i]=read();
             smm+=R[i];
         }
         k2=read();
         for(i=;i<=k2;i++){
             L[i+k1]=read();R[i+k1]=read();
             smm-=L[i+k1];
         }
         n=k1+k2;
         for(i=;i<=n;i++)lower=(LL)lower*(R[i]-L[i]+)%mod;
         calc(,,);
         int INV=ksm(lower,mod-);
         ans3=((LL)lower-ans1-ans2)*INV%mod;
         ans1=(LL)ans1*INV%mod;
         ans2=(LL)ans2*INV%mod;
         ans1=(ans1+mod)%mod;
         ans2=(ans2+mod)%mod;
         ans3=(ans3+mod)%mod;
         printf("%d %d %d\n",ans1,ans2,ans3);
     }
     return ;
 }

设前ki个集合为 $R_i - x_i$，后ki个集合为 $ L_i + x_i $此时x的取值范围是 $[0,R_i - L_i]$那么甲赢乙的情况需要满足的条件是：$$\sum_{i=1}^{k_1} R_i-x_i > \sum_{j=1}^{k_2} L_j+y_j $$$$\sum_{i=1}^{k_1} x_i + \sum_{j=1}^{k_2} y_j< \sum_{i=1}^{k_1} R_i -\sum_{j=1}^{k_2} L_j $$我们惊喜地发现右边是常数，那么可以用组合数+容斥算方程解的个数辣甲乙平手的情况，只需要把上面的大于换成等于号即可。乙赢甲的情况，可以把上式取负计算解个数，也可以直接用总方案数减去前两问方案数。总方案数当然就是所有的$R_i-L_i+1$的乘积