【2016北京集训】crash的游戏

Portal --> broken qwq

Description

　　有个口袋，一开始里面有(N)个球，接下来进行(M)次操作，每次可以选择往里面放一个球或者从里面拿一个球出来，在这(M)次操作之后，要取(K)个球出来，对于每一种操作方式，都有取出(K)个球的方案数（球两两不同），求方案总数

​　　数据范围：(T<=500,N<=10^9,M<=10^9,K<=300)，保证(N>=M+K)

　　

Solution

​　　首先考虑最朴素的做法，我们可以考虑在(M)次操作中有(i)次是放球的，(M-i)次是取球的，那么可以得到这样的一个式子：

[ans=sumlimits_{i=0}^minom m iinom {n-m+2*i} K ]

​　　然后看一下数据范围：哦豁凉凉

​　　显然我们需要探求一个时间复杂度只与(K)相关的算法，所以我们换一个角度思考问题

　　考虑转化一下这个操作：假设我们一开始先拿走(M)个球（因为数据有保证所以不用担心不够拿的问题），那么接下来的每次操作就变成了：要么不动，要么往袋子里面加入(2)个球

​　　这样一来在操作结束之后，我们最终的球可以按照来源分为两类：一类是原本的(N-M)个球（称为第一类），一类是后面操作中加入的球（称为第二类），现在我们要在这些球中取(K)个

​　　假设这(K)个球中，有(x)个是第一类中取的，有(K-x)个是第二类中取的，第一类的贡献显然是“从(N-M)个中选(x)个”也就是(inom {N-M} x)，接下来考虑第二类的贡献怎么算

​　　考虑dp，每一次操作是加入一对球，那么我们设(f[i][j])表示：我们拿走了(i)个球，并且这(i)个球属于的加入操作的集合大小为(j)（也就是说选了(j)个加入操作中加入的球，如果说有一次操作加入的两个球都被拿走了，那么集合大小还是(1)）的取球方案数，不难列出递推式：

[f[i][j]=2*f[i-1][j-1]+f[i-2][j-1] ]

　　具体一点就是，前半部分是在这次操作中取(1)个球，可以选择这次操作加入的第一个球或者第二个球（球两两之间不同嘛）；后半部分是将这次操作中的(2)个球都取上

　　那么在第二类中取(x)个球的贡献就是

[sumlimits_{j=lceilfrac{x}{2} ceil}^xinom M j f[x][j]cdot 2^{M-j} ]

​　　具体一点就是：枚举涉及的加入操作集合大小(j)，然后要在(M)个操作中钦定(j)个操作为加入操作，然后(f[x][j])就是贡献，剩下还有(M-j)个操作，那么这些操作不管是加球还是什么都不做都可以，所以是(2^{M-j})

​　　所以总的式子就是：

[ans=sumlimits_{i=0}^Ksumlimits_{j=lceilfrac{K-i}{2} ceil}^{K-i}inom {N-M}{i}inom M j f[K-i][j]cdot 2^{M-j} ]

　　中间的两个组合数的话。。不难发现从(inom n m)推到(inom n {m+1})只要乘上一个(frac{n-m}{m+1})即可，所以我们可以一路递推上去就好了

​　　于是乎就可以(O(K^2))搞定这题啦ovo

　　
　　然而ckw大爷有不同的做法qwq实际上这题可以简单粗暴直接推式子但是qwq我这种蒟蒻推不动啊qwq

　　不过。。mark：我们可以将组合数(inom x i)看成一个关于(x)的(i)次多项式（因为写成阶乘相除形式之后拆个括号就很明显了）

​　　
　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=310,MOD=1e9+7;
int f[N][N],inv[N];
int n,m,K,T,ans;
int plu(int x,int y){return (1LL*x+y)%MOD;}
int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
int ksm(int x,int y){
	int ret=1,base=x;
	for (;y;y>>=1,base=mul(base,base))
		if (y&1) ret=mul(ret,base);
	return ret;
}
void prework(int n){
	f[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int j=i/2;j<=i;++j)
			f[i][j]=plu(mul(2,f[i-1][j-1]),f[i-2][j-1]);
	}
	for (int i=0;i<N;++i)
		inv[i]=ksm(i,MOD-2);
}
void dp(){
	int tmp1=1,tmp2,ttmp,pw;
	for (int i=0;i<=K;++i){
		tmp2=1; ttmp=(K-i+1)/2; pw=1;
		for (int j=0;j<ttmp;++j) tmp2=mul(tmp2,mul(m-j,inv[j+1]));
		pw=ksm(2,m-(K-i+1)/2);
		for (int j=ttmp;j<=K-i;++j){
			ans=plu(ans,mul(tmp1,mul(tmp2,mul(pw,f[K-i][j]))));
			tmp2=mul(tmp2,mul(m-j,inv[j+1]));
			pw=mul(pw,inv[2]);
		}
		tmp1=mul(tmp1,mul(n-m-i,inv[i+1]));
	}
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	scanf("%d",&T);
	prework(300);
	for (int o=1;o<=T;++o){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
		ans=0;
		dp();
		printf("%d
",ans);
	}
}