AtCoder Grand Contest 023 C

Description

一个长度为 (n) 的序列,初始都为 (0),你需要求出一个长度为 (n-1) 的排列 (P), 按照 (1) 到 (n) 的顺序,每次把 (P_i) 和 (P_i+1) 染成 (1),一个排列的价值为所有的位置都变成 (1) 的操作次数,求所有排列的价值和
题面

Solution

我们求出价值为 (lceilfrac{n}{2} ceil) 到 (n-1) 的排列的方案数,然后分别算贡献就行了
操作最多 (i) 次的方案数是 (f[i])
恰好 (i) 次的方案就是 (f[i]-f[i-1])
而 (f[i]=C_{i-1}^{n-1-i})
具体含义:可以看作是每次可以选择 (+1,+2) ,求构成 (n-2) 的方案数,我们先默认都 (+1),剩下就是选择 (+0,+1) 了,只要总共的 (i-1) 次操作中有 (n-1-i) 个选择了 (+1),就一定可以达到目标了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
	int f;char c;
	for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
int Fac[N],inv[N],n,f[N];
inline int C(int n,int m){
	return 1ll*Fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main(){
  freopen("pp.in","r",stdin);
  freopen("pp.out","w",stdout);
  cin>>n;
  int ans=0,li=(n+1)/2;
  Fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%mod;
  for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
  for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
  for(int i=li;i<n;i++)f[i]=1ll*C(i-1,n-1-i)*Fac[i]%mod*Fac[n-1-i]%mod;
  for(int i=n-1;i>=li;i--)f[i]=(f[i]-f[i-1]+mod)%mod;
  for(int i=n-1;i>=li;i--)ans=(ans+1ll*i*f[i])%mod;
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
}