51nod 1667 概率好题

甲乙进行比赛。

他们各有k1,k2个集合[Li,Ri]（整数集合）

每次随机从他们拥有的每个集合中都取出一个数

S1=sigma甲取出的数，S2同理

若S1>S2甲胜 若S1=S2平局 否则乙胜

分别求出甲胜、平局、乙胜的概率。

（显然这个概率是有理数，记为p/q，则输出答案为（p/q）%(1e9+7)）（逆元）

k1,k2<=8,1<=L<=R<=10^7

这是一个假的概率题，统计合法方案数后除以总方案数即可

以甲胜为例，即求$\sum\limits_{i=1}^{k_1}X_i \gt \sum\limits_{i=1}^{k_2}Y_i$的非负整数解个数，其中$L_{1,i} \le X_i \le R_{1,i},L_{2,i} \le Y_i \le R_{2,i}$

设$0 \le x_i \le R_{1,i}-L_{1,i},0 \le y_i \le R_{2,i}-L_{2,i}$

构造$X_i=R_{1,i}-x_i,Y_i=L_{2,i}+y_i$

则$\sum\limits_{i=1}^{k_1}R_{1,i}-x_i \gt \sum\limits_{i=1}^{k_2}L_{2,i}+y_i$

即$\sum\limits_{i=1}^{k_1}x_i + \sum\limits_{i=1}^{k_2}y_i \lt \sum\limits_{i=1}^{k_1}R_{1,i}-\sum\limits_{i=1}^{k_2}L_{2,i}$

现在将小于变为成小于等于（即不等式右侧减一），同时加上辅助变量$k$，将不等式变为等式，其中$k \ge 0$

即$\sum\limits_{i=1}^{k_1}x_i + \sum\limits_{i=1}^{k_2}y_i + k = \sum\limits_{i=1}^{k_1}R_{1,i}-\sum\limits_{i=1}^{k_2}L_{2,i}-1$

在学习插板法的时候，有一个经典例题，即$\sum\limits_{i=1}^{n} x_i=b$的非负整数解的个数，即$C(b+n-1,n-1)$，可以理解为将$b$个$1$之间插入$n-1$个插板，同时一个插板可以不用

但是这个不定方程的每个变量都有一个上限的限制，看到变量的个数不太多，可以用容斥来解决

即方案数=0个变量满足条件的方案-1个变量满足条件的方案+...+(-1)ⁿ个变量满足条件的方案

不满足条件就相当于将$x_i$变为$x_i+R_{1,i}-L_{1,i}+1$

知识点覆盖面广;题目新颖,注重考查能力;给出题人点赞

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p = 1e9 + 7, N = 20;
typedef long long ll;
int pw(int a, int b) {
    int r = 1;
    for( ; b ; b >>= 1, a = 1ll * a * a % p) if(b & 1) r = 1ll * r * a % p;
    return r;
}
int calc(int n, ll b) {
    if(b < 0) return 0;
    int r = 1;
    for(int i = 1 ; i < n ; ++ i) r = 1ll * r * pw(i, p - 2) % p;
    for(int i = 1 ; i < n ; ++ i) r = 1ll * r * (b + i) % p;
    return r;
}
int cnt[1 << 20], total, k1, k2, L1[N], R1[N], L2[N], R2[N];
int getans(int ty) {
    ll b = -1;
    if(ty == 1) {
        for(int i = 1 ; i <= k1 ; ++ i) b += R1[i];
        for(int i = 1 ; i <= k2 ; ++ i) b += -L2[i];
    } else {
        for(int i = 1 ; i <= k2 ; ++ i) b += R2[i];
        for(int i = 1 ; i <= k1 ; ++ i) b += -L1[i];
    }
    int ans = 0;
    for(int s = 0 ; s < 1 << (k1 + k2) ; ++ s) {
        int sig = (cnt[s] & 1) ? -1 : 1;
        ll B = b;
        for(int i = 1 ; i <= k1 ; ++ i) {
            if((s >> (i - 1)) & 1) {
                B -= R1[i] - L1[i] + 1;
            }
        }
        for(int i = 1 ; i <= k2 ; ++ i) {
            if((s >> (k1 + i - 1)) & 1) {
                B -= R2[i] - L2[i] + 1;
            }
        }
        ans = (ans + 1ll * sig * calc(k1 + k2 + 1, B)) % p;
    }
    return (1ll * ans % p + p) % p * total % p;
}
void sol() {
    total = 1;
    scanf("%d", &k1);
    for(int i = 1 ; i <= k1 ; ++ i) {
        scanf("%d%d", &L1[i], &R1[i]);
        total = (1ll * total * pw(R1[i] - L1[i] + 1, p - 2)) % p;
    }
    scanf("%d", &k2);
    for(int i = 1 ; i <= k2 ; ++ i) {
        scanf("%d%d", &L2[i], &R2[i]);
        total = (1ll * total * pw(R2[i] - L2[i] + 1, p - 2)) % p;
    }
    int ans1 = getans(1), ans3 = getans(3), ans2 = ((1 - ans1 - ans3) % p + p) % p;
    printf("%d %d %d\n", ans1, ans2, ans3);
}
int main() {
    for(int i = 1 ; i < (1 << 20) ; ++ i) cnt[i] = cnt[i >> 1] + (i & 1);
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T --) sol();
}