[CF1536F] Omkar and Akmar

前言

很不幸，我做过几乎一样的原题，而且不像木示木干和OneInDark，我记得清清楚楚。

幸运的是，当我读到这道题的时候，只剩3分钟了。而且利用仅有的3分钟，还把题读错了。

题目

CF

洛谷

题目大意：

希拉斯·暗月正在有 (n) 个格子的轮盘上玩游戏。一个人玩没有意思，所以他叫上了二傻子，并且喊来了各方势力观战。为了表示对二傻子的尊敬，希拉斯·暗月让二傻子每局游戏都先手。

这个游戏是这么玩的：两个人轮流往轮盘上放 (A,B) ，要求相邻两个格子的字母不能相同，我们假设每局游戏两个人都按最优策略行动。

一旁的古神发现游戏过程数量竟然比自己的触手还多，于是打算问你究竟有多少种不同的游戏过程。

如果你不能在 (3s) 之内得出正确答案，就会被古神丢给一旁的食人魔。当然，安度因早就偷到了答案，古神也知道这一点，所以古神让安度因做评判。而安度因还忙着在酒馆偷牌，没有心思管你，所以他放了点水，要求你对 (10^9+7) 取模即可。

(2le nle 10^6.)

希望我没有误导你。

讲解

由于做过原题，我们可以得到一个结论：后手只要不自杀，就可以必胜。因为最终局面 (A) 和 (B) 的数量一定相等，总数为偶数。

所以我们很自然就想到枚举最终 (A) 和 (B) 的数量，然后通过经典隔板法求解即可。

注意要求的是不同的游戏过程，所以是有阶乘项的，最终答案为：

[sum_{ile n,2|i}i! imes Bigg({n-k-1choose k-1}+ {n-kchoose k}Bigg) ]

代码

//12252024832524
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define TT template<typename T>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN = 1000005;
const int MOD = 1e9 + 7;
int n,ans;

LL Read()
{
	LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
	while(c > '9' || c < '0'){if(c == '-')f = -1;c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x*10) + (c^48);c = getchar();}
	return x * f;
}
TT void Put1(T x)
{
	if(x > 9) Put1(x/10);
	putchar(x%10^48);
}
TT void Put(T x,char c = -1)
{
	if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
	Put1(x); if(c >= 0) putchar(c);
}
TT T Max(T x,T y){return x > y ? x : y;}
TT T Min(T x,T y){return x < y ? x : y;}
TT T Abs(T x){return x < 0 ? -x : x;}

int fac[MAXN],ifac[MAXN];
LL C(int x,int y)
{
	if(x < y || y < 0) return 0;
	return 1ll * fac[x] * ifac[y] % MOD * ifac[x-y] % MOD;
}

int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	n = Read();
	fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;++ i) ifac[i] = 1ll * (MOD - MOD/i) * ifac[MOD % i] % MOD;
	for(int i = 2;i <= n;++ i) ifac[i] = 1ll * ifac[i-1] * ifac[i] % MOD,fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % MOD;
	for(int i = 0;i <= n;i += 2)//枚举填位 
	{
		int k = n-i;
		ans = (ans + C((n-1)-(k-1)-1,k-1) * fac[i]) % MOD;//1号位是空格 
		ans = (ans + C(n-k,k) * fac[i]) % MOD;//1号位不是空格 
	}
	Put((ans << 1) % MOD);
	return 0;
}