【2016北京集训】crash的游戏

时间：2022-08-06 18:50:20

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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