51NOD 1149：Pi的递推式——题解

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1149

F(x) = 1 (0 <= x < 4)

F(x) = F(x - 1) + F(x - pi) (4 <= x)

Pi = 3.1415926535.....

现在给出一个N，求F(N)。由于结果巨大，只输出Mod 10^9 + 7的结果即可。

不好想啊……以及我曾经打了个表，并且还找到了规律，结果过到29就gg了……

参考：https://www.cnblogs.com/ivorysi/p/9197222.html

（这个参考是个神，我这样的凡人能解读到这种地步已经很不容易了）

总觉得我讲的很有问题啊……那我就顺着这个参考讲吧……

将递归展开，你就会发现是一张图，而所求即为最上层点到最下层点的方案路径数。

设$P[i]$表示到$i$这个点减几次pi到达其中一个终点，于是我们到达一次终点所需要经过的整数结点（即-1）与"非整数"结点（即-pi），可以通过设前者为$n-i$，则后者为$P[i]$，路径条数就可以用组合数求出。

但是要注意的是我们只要到达其中一个目标即会停止，即5-1-pi是合法的，而5-pi-1则是不可能的，即有些pi只能放在最后减，我们需要把这些pi扣除。

其实并不存在“这些”，事实上显然我们只有一个pi，也就是说下面的关键是判断这个pi是否会导致我们提前结束。

我们考虑，只要$i$的父亲结点（其实是$i+1$，但叫做父亲节点更好懂些）$P[i+1]>P[i]$，那么我们随便了，提前拐或者不拐最终到达的状态一定一致。

但是如果不满足的话，则我们在$i+1$或更早处转弯的话，就一定会导致我们提早结束，所以此时我们扣除这个pi即可。

这是这个参考的做法，个人感觉并不如：https://blog.csdn.net/qq_36797743/article/details/78930126这个更好想一些，但是解法比较自然，顺畅。

#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
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#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double dl;
typedef long long ll;
const dl pi=acos(-1.0);
const int p=1e9+7;
const int N=1e6+5;
inline int qpow(int k,int n){
    int res=1;
    while(n){
        if(n&1)res=(ll)res*k%p;
        k=(ll)k*k%p;n>>=1;
    }
    return res;
}
int jc[N],inv[N],P[N];
void init(int n){
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%p;
    inv[n]=qpow(jc[n],p-2);
    for(int i=n-1;i;i--)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
    inv[0]=1;
}
inline int C(int n,int m){
    return (ll)jc[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}
int solve(int n){
    if(n<4)return 1;
    for(int i=4;i<=n;i++)P[i]=(dl)(i-4)/pi+1;
    int ans=0;
    for(int i=n;i>=3;i--){
        int s=n-i,t=P[i]-(P[i+1]<=P[i]);
        (ans+=C(s+t,s))%=p;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    init(n);
    printf("%d
",solve(n));
    return 0;
}

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