P4936 题解

( ext{Update})(2019.10.05):

1. 递推公式推法更详细；
2. 通项公式更新详细版；
3. 单位矩阵的推法更加详细。

特别鸣谢 @Smallbasic 苣佬，是他教会了我推递推公式和通项公式。

---

吐槽：来自同机房巨佬的嘲讽——这道题这么简单，观察法显然可得通项公式

---

题目分析：

1. 分析题面，原题意思如下：

   从(n)个互不相同的数中取出某些数，将这些数分成两个集合(A,B)，这两个集合满足两个条件：

   • $A $ 集合中的最大的数小于 (B)集合中最小的数

   • $A,B eq emptyset $

   求共有多少种分法(结果对 (10^9+7) 取模)

2. 显然可以发现这题是一道组合数学的题，先手算 (n leq 10) 的数据，在找规律推出公式。我给一下我的思路：

   1. 当 (n=2) 时，答案显然为1

   2. 当 (n=3) 时，设这些数为 (a_1,a_2,a_3) ,不妨设 (a_1<a_2<a_3)

      1. 当取3个数时，有以下分法：
         [A={a_1 },B={a_2,a_3} \ A={a_1,a_2},B={a_3} ]

      共 (C^3_3 imes (3-1)=2) 种

      2. 当取2个数时，有以下分法：
      [ A={a_1},B={a_2}\ A={a_1},B={a_3}\ A={a_2},B={a_3} ]

      共 (C_3^2 imes (2-1)=3) 种

      综上，当 (n=3) 时，有 (C^3_3 imes (3-1)+C_3^2 imes (2-1)=5) 种分法。

   3. 当 (n=4) 时，设这些数为 (a_1,a_2,a_3,a_4) ,不妨设 (a_1<a_2<a_3<a_4)

      1. 当取4个数时，有以下分法：
      [ A={a_1},B={a_2,a_3,a_4}\ A={a_1,a_2},B={a_3,a_4}\ A={a_1,a_2,a_3},B={a_4} ]

      共 (C^4_4 imes (4-1)=3) 种

      2. 当取3个数时，有以下分法：

         [A={a_1},B={a_2,a_3}\ A={a_1},B={a_2,a_4}\ A={a_1},B={a_3,a_4}\ A={a_2},B={a_3,a_4}\ A={a_1,a_2},B={a_3}\ A={a_1,a_2},B={a_4}\ A={a_1,a_3},B={a_4}\ A={a_2,a_3},B={a_4} ]

         共 (C^3_4 imes (3-1)=8) 种

      3. 当取2个数时，有以下分法：

         [A={a_1},B={a_2}\ A={a_1},B={a_3}\ A={a_1},B={a_4}\ A={a_2},B={a_3}\ A={a_2},B={a_4}\ A={a_3},B={a_4} ]

         共 (C^2_4 imes (2-1)=6) 种

      综上，当 (n=4) 时，有 (C^4_4 imes (4-1)+C^3_4 imes (3-1)+C^2_4 imes (2-1)=17) 种分法。

   4. 通过数学归纳（找规律），可得公式：

      [F(n)=sum_{i=1}^{n-1}C^{i+1}_n cdot i ]

   具体实现的代码就不写了，其他dalao有写。

   时间复杂度：(O(n^2))

   空间复杂度：(O(n^2))

   预计得分：40 points

3. 考虑优化。

   发现公式中的瓶颈在于如何快速处理组合数，于是开始推递推公式：

   []

   egin{aligned}
   & F(n+1)-2F(n)
   & =sum_{i=1}^{n}C^{i+1}{n+1} cdot i-(sum{i=1}^{n-1}C^{i+1}n cdot i) imes 2
   & =sum{i=1}^{n}C^{i}_{n+1}
   & =2^{n}-1
   end{aligned}
   end{equation}

   [ 故得：$F(n+1)=2F(n)+2^n-1$ 代码就不写了 时间复杂度：$O(n)$ 空间复杂度：$O(n)$ 预计得分：60 points ]

   已经写出递推公式的话有两种思路：1. 数学方法推通项公式；2. 矩阵快速幂加速递推公式。

   • 方法一：数学方法推通项公式：

     [egin{equation} egin{aligned} & F(n)=sum_{i=1}^{n-1}C_n^{i+1}cdot i\ & =sum_{i=1}^{n-1}{n!over(i+1)!(n-i-1)!}cdot i \ & =sum_{i=2}^n{n!over i!(n-i)!} cdot i+{n!over i!(n-i)!}\ & =sum_{i=2}^n{n!over(i-1)!(n-i)!}+C_n^i \ ]

     & ={sum_{i=2}^n{C_n^{i-1}}+(n-i+1)(2^n-n-1)over n-i+1}
     & ={2^{n-1}-n-2+(n-i+1)(2^n-n-1)over n-i+1}
     end{aligned}
     end{equation}

     [ ]

这里 (2^{n-1}) 用快速幂实现（注意，不能用 (<<) 来做，会爆 long long）

代码见code1

时间复杂度：(O( ext{log}n))

空间复杂度：(O(1))

预计得分：100 points

• 方法二：矩阵快速幂优化：

  个人认为这个方法可能鲜有人能想到（太麻烦了），我就仔细讲一讲。

  首先，观察递推公式中有如下几个影响值：(F(n-1),2^{n-1},1) ,故与单位矩阵相乘的矩阵为

  [egin{bmatrix} F(n-1)\ 2^{n-1}\ 1 end{bmatrix} ]

  得到的矩阵为

  [egin{bmatrix} F(n)\ 2^{n}\ 1 end{bmatrix} ]

  有递推式显然可得：

  [ egin{cases} F(n)=F(n-1) imes 2+2^{n-1} imes 1+1 imes(-1)\ 2^n=F(n-1) imes0+2^{n-1} imes 2+1 imes 0 \ 1=F(n-1) imes 0+2^{n-1} imes 0+1 imes 1 end{cases} ]

  （不会矩阵加速的可以做一做 P1939 【模板】矩阵加速（数列）和 P1962 斐波那契数列）

  推出单位矩阵：

  [egin{bmatrix} 2&1&-1\ 0&2&0\ 0&0&1 end{bmatrix} ]

  故矩阵递推式为：

  [egin{bmatrix} F(n-1)\ 2^{n-1}\ 1 end{bmatrix} imes egin{bmatrix} 2&1&-1\ 0&2&0\ 0&0&1 end{bmatrix} = egin{bmatrix} F(n)\ 2^{n}\ 1 end{bmatrix} ]

  化为矩阵幂形式得：

  [egin{bmatrix} F(2)\ 2^2\ 1 end{bmatrix} imes egin{bmatrix} 2&1&-1\ 0&2&0\ 0&0&1 end{bmatrix}^{n-2} = egin{bmatrix} F(n)\ 2^{n}\ 1 end{bmatrix} ]

  套魔板即可。

  代码见code2

  时间复杂度：(O( ext{log}n))

  空间复杂度：(O(1))

两种方法的优劣：

• 第一种方法难算，需要较好的数学基础，但最后实现时时间复杂度在 (O(1)) — (O( ext{log}n)) ,常数极小。
• 第二种方法是数列加速的常用方法，简单易想，但常数较大，本题为常数为27，即在大数据下比第一种方法慢2—3倍

---

Code1:

 #include<bits/stdc++.h>
  //#define file
  #define modn (int)(1e9+7)
  #define int long long
  using namespace std;
  int n;
  inline int ksm(int x,int y,int p)
  {
  	if(y==0) return 1%p;
  	if(y==1) return x%p;
  	int rst=ksm(x,y/2,p)%p;
  	if(y%2==0)
  	{
  		return rst*rst%p;
  	}else
  	{
  		int tmp=rst*rst%p;
  		return tmp*x%p;
  	}
  }
  signed main()
  {
  	#ifdef file
  	freopen("Agent1.in","r",stdin);
  	freopen("Agent1.out","w",stdout);
  	//F(n)=sum_{i=1}^{n-1}C^(i+1)_n*i
  	//F(n)=F(n-1)*2+2^{n-1}-1
  	#endif
  	scanf("%lld",&n);
  	int ans=(n-2)*ksm(2,n-1,modn)%modn+1;
  	printf("%lld
",ans);
  	return 0;
  } 

AC,49ms / 800.00KB

---

Code2(本代码为我的教练所写，码风可能有些许不同):

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int jz[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}}, 
    jz1[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}};
int base[3][3];
void cheng()
{
    memset(base,0,sizeof(base));
    for(int i=0;i<3;i++)
    {
        for(int j=0;j<3;j++)
        {
            for(int k=0;k<3;k++)
            {
                base[i][j] += jz1[i][k]*jz1[k][j];
                base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
            }
        }
    }
     memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
}
void chengjz()
{
    memset(base,0,sizeof(base));
    for(int i=0;i<3;i++)
    {
        for(int j=0;j<3;j++)
        {
            for(int k=0;k<3;k++)
            {
                base[i][j] += jz1[i][k]*jz[k][j];
                base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
            }
        }
    }
    memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
}
void quickpow(int k)
{
    if(k==1) return;
    quickpow(k/2);
    cheng();
    if(k%2!=0) chengjz();
}
signed main()
{
    int n;
    cin>>n;
    if(n==2)
    {
        printf("1");
        return 0;
    }
    quickpow(n-2);
    int ans = (jz1[0][0]+ 4*jz1[0][1]%mod + mod + 1*jz1[0][2]) mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}  

AC，48ms / 796.00KB