合并石子 (不是你想象的那个合并石子

合并石子 (初探二项式反演)

排序不亏, 将 (a) 和 (b) 从小到大排序.

枚举第 (k) 大值 (x), 将方案数乘上 (x) 求和, 最后乘上 (n!) 的逆元.

对于每个 (x) 设 (f_{i, j}) 表示后 (i) 个 (a), 选择了 (j) 个和 (b) 配对, 这 (j) 对的和都 (leq x) 的方案数.

设有 (Pos_i) 个 (b) 满足 (leq i).

则写出 (f) 的方程:

[f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i - 1, j - 1} * (Pos_{x - a_{n - i + 1}} - j + 1) ]

因为我们只需要 (f_{n, i}), 所以对于二维数组, 用形如 (f_i) 表示 (f_{n, i}).

(f_i) 的方案中, 有 (n - i) 个 (a) 还没有配对. 所以 (((n - i)!)f_i), 相当于将没有配对的 (n - i) 个 (a) 随意配对, 记为 (g_i).

[g_i = ((n - i)!)f_i ]

因为已经有 (i) 对 (leq x), 剩下 (n - i) 对不知道是否 (leq x), 所以 (g_i) 表示的方案中, 至少有 (i) 对 (leq x).

但是这时对于实际有 (p) 个对 (leq x) 的方案, (p) 对中有 (i) 对是一开始强制 (leq x) 的, 所以这个方案的 (p) 对 (leq x) 的元素, 任何一个大小为 (i) 的子集都会使它在 (g_i) 中会被统计 (1) 次. 所以这个方案一共被统计了 (inom{p}{j}) 次.

设 (h_i) 表示恰好 (i) 对 (leq x) 的方案数.

根据定义容易写出式子:

[g_i = sum_{j = i}^n h_jinom{j}{i} ]

符合二项式反演公式, 所以可以求 (h):

[h_j = sum_{i = j}^{n} (-1)^{i - j}inom{i}{j}g_{i} ]

接下来考虑求 (x) 为第 (k) 大的数的情况数.

(displaystyle{sum_{j = i}^{n} h_j}) 表示至少有 (i) 对 (leq x) 的方案数.

将 (h_i) 中的方案分成两种情况, 第 (k) 大的是 (x) 和第 (k) 大的 (< x).

前一种情况需要统计, 后一种需要舍弃.

因为 (x) 为第 (k) 大的方案中, 一定至少有 (n - k + 1) 对 (leq x), 所以 (displaystyle{sum_{j = n - k + 1}^{n} h_j}) 一定包含了所有要统计的情况.

接下来考虑如何去掉剩下的情况.

记 (x - 1) 那一轮的 (h) 数组为 (h').

发现 (displaystyle{sum_{j = i}^{n} h'_j}) 里统计的所有情况, 都会被 (displaystyle{sum_{j = i}^{n} h_j}) 包含, 因为至少 (i) 对 (< x) 的方案中, (leq x) 的对数肯定不会更少, 也就是说所有这些方案中 (leq x) 的对数不会少于 (i), 都会被 (displaystyle{sum_{j = i}^{n} h_j}) 统计.

而 (displaystyle{sum_{j = n - k + 1}^{n} h'_j}) 的第 (k) 大的数一定 (< x), 所以这些方案都应该被舍弃.

而所有应该被舍弃的方案中, 都有至少 (n - k + 1) 对 (< x), 所以 (displaystyle{sum_{j = n - k + 1}^{n} h'_j}) 包含了所有需要被舍弃的方案.

因此, (x) 为第 (k) 大的数的所有情况应该是

[sum_{i = n - k + 1}^{n} h_i - sum_{i = n - k + 1}^{n} h'_i\ = sum_{i = n - k + 1}^{n} (h_i - h'_i) ]

const unsigned long long Mod(1000000007);
unsigned long long Fac[405], Inv[405], Pow, Poi(Mod - 2);
unsigned long long Cnt(0), Ans(0);
unsigned long long C[405][405];// Binom
unsigned long long DP[405]; // chosed i pairs to <= x 
unsigned long long f[405];  // x = x - 1, h
unsigned long long g[405];  // at least i pairs <= x
unsigned long long h[405];  // i pairs  <= x
unsigned a[405], b[405], Pos[805], m, n;
unsigned MA(0), MB(0), A, B;
char Flg (0);
signed main() {
  n = RD(), m = RD(), Inv[n] = Fac[0] = 1;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) MA = max(a[i] = RD(), MA);
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) MB = max(b[i] = RD(), MB);
  sort(a + 1, a + n + 1);
  sort(b + 1, b + n + 1);
  MA += MB;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) Fac[i] = Fac[i - 1] * i % Mod;
  Pow = Fac[n]; while (Poi) {if(Poi & 1) Inv[n] = Inv[n] * Pow % Mod; Poi >>= 1, Pow = Pow * Pow % Mod;}
  for (unsigned i(n - 1); ~i; --i) Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
  b[n + 1] = 0x3f3f3f3f;
  for (unsigned i(1), j(1); i <= n; ++i)
    while (j < b[i]) Pos[j++] = i - 1;
  for (unsigned i(MA); !(Pos[i]); --i) Pos[i] = n;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) {
    C[i][0] = C[i][i] = 1;
    for (unsigned j(1); j < i; ++j){
      C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];
      if(C[i][j] >= Mod) C[i][j] -= Mod;
    }
  }
  m = n - m + 1;
  for (unsigned x(1); x <= MA; ++x) {
    memset(DP, 0, sizeof(DP));
    memcpy(f, h, sizeof(h));
    Cnt = 0, DP[0] = 1;
    for (unsigned i(1); i <= n; ++i)
      for (unsigned j(i); j; --j)
        if((x > a[n - i + 1]) && (Pos[x - a[n - i + 1]] >= j))
          DP[j] = (DP[j] + DP[j - 1] * (Pos[x - a[n - i + 1]] - j + 1)) % Mod;
    for (unsigned i(1); i <= n; ++i) g[i] = DP[i] * Fac[n - i] % Mod;
    memset(h, 0, sizeof(h));
    for (unsigned i(1); i <= n; ++i)
      for (unsigned j(i); j <= n; ++j)
        if((j + i) & 1) {h[i] = (h[i] + Mod - ((C[j][i] * g[j]) % Mod)); if(h[i] >= Mod) h[i] -= Mod;}
        else h[i] = (h[i] + C[j][i] * g[j]) % Mod;
    for (unsigned i(m); i <= n; ++i) {
      Cnt += Mod + h[i] - f[i];
      while(Cnt >= Mod) Cnt -= Mod;
    }
    Ans = (Ans + Cnt * x) % Mod;
  }
  Ans = Ans * Inv[n] % Mod;
  printf("%llu
", Ans);
  return Wild_Donkey;
}

证明

二项式反演中最常用的式子, 以下两式可互推:

[egin{aligned} f_i &= sum_{j = i}^n inom{j}{i} g_j\ g_i &= sum_{j = i}^n (-1)^{j - i} inom{j}{i} f_j end{aligned} ]

其中, (f_i) 一般表示用 DP 求出的, 在 (n) 个元素中, 至少 (i) 个元素满足某条件的方案数, 但是因为计算过程会将实际有 (p) 个元素满足条件的方案计算 (inom{p}{i}) 次.

而 (g_i) 则表示恰有 (i) 个元素满足某条件, 没有重复统计的方案数.

所以一般我们需要做的就是通过上边的式子, 得到下面的式子, 用来给 (f_i) 去重.

接下来假设已知上边的式子成立, 证明下面的式子.

根据上式, 知道 (g_i) 的方案会在 (f_j) 中统计 (inom{i}{j}) 次 ((j leq i)), 所以代入原式:

[egin{aligned} g_i &= sum_{j = i}^n (-1)^{j - i} inom{j}{i} (sum_{k = j}^n inom{k}{j} g_k)\ g_i &= sum_{j = i}^n (-1)^{j - i} frac{j!}{i!(j - i)!} (sum_{k = j}^n frac{k!}{j!(k - j)!} g_k)\ g_i &= frac{1}{i!} sum_{j = i}^n (-1)^{j - i} frac{1}{(j - i)!} (sum_{k = j}^n frac{k!}{(k - j)!} g_k) end{aligned} ]

将 (k) 放到外层循环.

[g_i = frac{1}{i!} sum_{k = i}^n g_kk! sum_{j = i}^k frac{(-1)^{j - i}}{(j - i)!(k - j)!} ]

当 (k - i) 是奇数的时候

[egin{aligned} &sum_{j = i}^k frac{(-1)^{j - i}}{(j - i)!(k - j)!}\ =& sum_{j = 0}^{frac{k - i - 1}{2}} frac{(-1)^{j}}{j!(k - i - j)!} + frac{(-1)^{k - j - i}}{(k - j - i)!j!}\ =& sum_{j = 0}^{frac{k - i - 1}{2}} (-1)^j (frac{1}{j!(k - i - j)!} + frac{(-1)^{k - 2j - i}}{(k - j - i)!j!})\ =& sum_{j = 0}^{frac{k - i - 1}{2}} frac{(-1)^j(1 + (-1)^{k - 2j - i})}{j!(k - i - j)!}\ =& sum_{j = 0}^{frac{k - i - 1}{2}} frac{(-1)^j(1 + (-1)^{k - i})}{j!(k - i - j)!}\ =& sum_{j = 0}^{frac{k - i - 1}{2}} frac{(-1)^j(1 - 1)}{j!(k - i - j)!}\ =& 0 end{aligned} ]

所以, 满足 (k - i) 是奇数的 (g_k) 不会被统计到 (g_i) 中.

如果 (k - i) 是偶数.

[egin{aligned} &sum_{j = i}^k frac{(-1)^{j - i}}{(j - i)!(k - j)!}\ =& frac{(-1)^{frac{k - i}{2}}}{(frac{k - i}{2})!(k - frac{k + i}{2})!} + sum_{j = 0}^{frac{k - i}{2} - 1} frac{2(-1)^j}{j!(k - i - j)!}\ =& frac{(-1)^{frac{k - i}{2}}}{((frac{k - i}{2})!)^2} + sum_{j = 0}^{frac{k - i}{2} - 1} frac{2(-1)^j}{j!(k - i - j)!}\ =& frac{(-1)^{frac{k - i}{2}}}{((frac{k - i}{2})!)^2} + 2sum_{j = 0}^{frac{k - i}{2} - 1} frac{(-1)^j}{j!(k - i - j)!}\ end{aligned} ]

草化不动了, 打表发现这个式子在 (k - i geq 2) 的时候都是 (0), 综上, 所有 (k > i) 的 (g_k) 都不会统计到 (g_i) 中.

对于 (g_i), 有:

[frac{1}{i!} g_ii! frac{(-1)^{0}}{1} = g_i ]

所以最后只剩一个 (g_i), 等式两边相等, 定理得证.