Portal --> broken qwq

Description

  有个口袋,一开始里面有\(N\)个球,接下来进行\(M\)次操作,每次可以选择往里面放一个球或者从里面拿一个球出来,在这\(M\)次操作之后,要取\(K\)个球出来,对于每一种操作方式,都有取出\(K\)个球的方案数(球两两不同),求方案总数

​  数据范围:\(T<=500,N<=10^9,M<=10^9,K<=300\),保证\(N>=M+K\)

  

Solution

​  首先考虑最朴素的做法,我们可以考虑在\(M\)次操作中有\(i\)次是放球的,\(M-i\)次是取球的,那么可以得到这样的一个式子:

\[ans=\sum\limits_{i=0}^m\binom m i\binom {n-m+2*i} K
\]

​  然后看一下数据范围:哦豁凉凉

​  显然我们需要探求一个时间复杂度只与\(K\)相关的算法,所以我们换一个角度思考问题

  考虑转化一下这个操作:假设我们一开始先拿走\(M\)个球(因为数据有保证所以不用担心不够拿的问题),那么接下来的每次操作就变成了:要么不动,要么往袋子里面加入\(2\)个球

​  这样一来在操作结束之后,我们最终的球可以按照来源分为两类:一类是原本的\(N-M\)个球(称为第一类),一类是后面操作中加入的球(称为第二类),现在我们要在这些球中取\(K\)个

​  假设这\(K\)个球中,有\(x\)个是第一类中取的,有\(K-x\)个是第二类中取的,第一类的贡献显然是“从\(N-M\)个中选\(x\)个”也就是\(\binom {N-M} x\),接下来考虑第二类的贡献怎么算

​  考虑dp,每一次操作是加入一对球,那么我们设\(f[i][j]\)表示:我们拿走了\(i\)个球,并且这\(i\)个球属于的加入操作的集合大小为\(j\)(也就是说选了\(j\)个加入操作中加入的球,如果说有一次操作加入的两个球都被拿走了,那么集合大小还是\(1\))的取球方案数,不难列出递推式:

\[f[i][j]=2*f[i-1][j-1]+f[i-2][j-1]
\]

  具体一点就是,前半部分是在这次操作中取\(1\)个球,可以选择这次操作加入的第一个球或者第二个球(球两两之间不同嘛);后半部分是将这次操作中的\(2\)个球都取上

  那么在第二类中取\(x\)个球的贡献就是

\[\sum\limits_{j=\lceil\frac{x}{2}\rceil}^x\binom M j f[x][j]\cdot 2^{M-j}
\]

​  具体一点就是:枚举涉及的加入操作集合大小\(j\),然后要在\(M\)个操作中钦定\(j\)个操作为加入操作,然后\(f[x][j]\)就是贡献,剩下还有\(M-j\)个操作,那么这些操作不管是加球还是什么都不做都可以,所以是\(2^{M-j}\)

​  所以总的式子就是:

\[ans=\sum\limits_{i=0}^K\sum\limits_{j=\lceil\frac{K-i}{2}\rceil}^{K-i}\binom {N-M}{i}\binom M j f[K-i][j]\cdot 2^{M-j}
\]

  中间的两个组合数的话。。不难发现从\(\binom n m\)推到\(\binom n {m+1}\)只要乘上一个\(\frac{n-m}{m+1}\)即可,所以我们可以一路递推上去就好了

​  于是乎就可以\(O(K^2)\)搞定这题啦ovo

  

  然而ckw大爷有不同的做法qwq实际上这题可以简单粗暴直接推式子但是qwq我这种蒟蒻推不动啊qwq

  不过。。mark:我们可以将组合数\(\binom x i\)看成一个关于\(x\)的\(i\)次多项式(因为写成阶乘相除形式之后拆个括号就很明显了)

​  

  代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=310,MOD=1e9+7;
int f[N][N],inv[N];
int n,m,K,T,ans;
int plu(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int ksm(int x,int y){
int ret=1,base=x;
for (;y;y>>=1,base=mul(base,base))
if (y&1) ret=mul(ret,base);
return ret;
}
void prework(int n){
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i){
for (int j=i/2;j<=i;++j)
f[i][j]=plu(mul(2,f[i-1][j-1]),f[i-2][j-1]);
}
for (int i=0;i<N;++i)
inv[i]=ksm(i,MOD-2);
}
void dp(){
int tmp1=1,tmp2,ttmp,pw;
for (int i=0;i<=K;++i){
tmp2=1; ttmp=(K-i+1)/2; pw=1;
for (int j=0;j<ttmp;++j) tmp2=mul(tmp2,mul(m-j,inv[j+1]));
pw=ksm(2,m-(K-i+1)/2);
for (int j=ttmp;j<=K-i;++j){
ans=plu(ans,mul(tmp1,mul(tmp2,mul(pw,f[K-i][j]))));
tmp2=mul(tmp2,mul(m-j,inv[j+1]));
pw=mul(pw,inv[2]);
}
tmp1=mul(tmp1,mul(n-m-i,inv[i+1]));
}
} int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
prework(300);
for (int o=1;o<=T;++o){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
ans=0;
dp();
printf("%d\n",ans);
}
}

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