[AtCoder3954]Painting Machines

DP 计数

题面

有$n$个物品和$n-1$台机器，第$i$台机器会为第$i$和$i+1$个物品染色。设有$num$个方案完成全部染色需动用$x$台机器，则询问$\sum x*num$。

• $n\leq10^6$

解析

一道有一定思考难度的计数题。
我一开始想的是，可以枚举$x$，且染色方案数决定于前$x$台机器和后$n-x$台机器的排列方案。
但这样会出现重复计数，因方案中会包含到染色提前完成的情况。
或许可以用容斥？然而我手玩过不了样例。

于是换一种思路：
设最多$i$台机器即完成染色的方案数为$f[i]$。（等价于“最多$i-1$次完成染色”）
则恰好$i$台的方案数为$f[i]-f[i-1]$。

如何计算$f[i]$？
设$x$表示过程中动用机器、编号间隔为$1$的次数，$y$表示间隔为$2$的次数。
显然第$1$和$n-1$台（最后一台）机器必须动用。
则有$1+x+2*y=n-1,x+y=i-1$。
可解得$y=n-1-i$。

而$i$次动用中，$2$间隔可任意放置，则对答案有$\binom{i-1}{n-i-1}$的贡献。
然后，摆放$1$、$2$间隔生成的排列又可打乱顺序，有$i!$的贡献。
后面还剩$(n-1)-i$台机器可打乱顺序，可产生$(n-1-i)!$的贡献。
综上，$f[i]=\binom{i-1}{n-i-1}*i!*(n-1-i)!$

于是统计答案即可。预处理逆元和阶乘后复杂度为$O(n)$。

Update：记得线性求逆元公式

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1e6+100;
ll n,x,jc[N],p,ans,Need,f[N],inv[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il ll C(re ll x,re ll y)
{
  return jc[y]*inv[y-x]%mod*inv[x]%mod;
}
int main()
{
  n=gi();Need=(n+1)/2;
  jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
  fp(i,2,n) inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;//printf("%lld ",inv[i]);
  fp(i,1,n) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
  fp(i,2,n) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
  fp(i,Need,n-1) f[i]=C(n-i-1,i-1)*jc[i]%mod*jc[n-i-1]%mod;
  fq(i,n-1,Need) f[i]=(f[i]-f[i-1]+mod)%mod;
  fp(i,Need,n-1) (ans+=(f[i]*i%mod))%=mod;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}