[Luogu4609][FJOI2016]建筑师

luogu

description

一个(1...n)的排列，其前缀最大值有(A)个，后缀最大值有(B)个，求满足要求的排列数。
一个位置(i)满足前缀最大当且仅当不存在(j<i)使得(a_j>a_i)。后缀最大亦然。
(Tle2 imes10^5,nle5 imes10^4,A,Ble100)

sol

考虑(n)这个数。它一定既是前缀最大又是后缀最大，所以它的前面还有(A-1)个前缀最大，(B-1)个后缀最大。
考虑每个前缀/后缀最大值，它一定挡住了若干个数（可能是零个）使得它们不能成为前缀最大。不妨将其视作一个整体，其中最大的那个数是前缀/后缀最大值，且位置在最左/右边，其余的数可以随意排列。
这等价于把除了(n)以外的(n-1)个数分成(A+B-2)个环排列。而这就是第一类斯特林数的定义。
所以答案就是(s(n-1,A+B-2) imesinom{A+B-2}{A-1})。
(O(n(A+B)))预处理，然后(O(1))回答。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 50005;
const int M = 205;
const int mod = 1e9+7;
int S[N][M],C[M][M];
int main(){
	S[0][0]=1;
	for (int i=1;i<N;++i)
		for (int j=1;j<=i&&j<M;++j)
			S[i][j]=(1ll*S[i-1][j]*(i-1)+S[i-1][j-1])%mod;
	C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<M;++i){
		C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	}
	int Case=gi();while (Case--){
		int n=gi(),a=gi(),b=gi();
		printf("%lld
",1ll*S[n-1][a+b-2]*C[a+b-2][a-1]%mod);
	}
	return 0;
}