DLUTOJ 1209 字典序和r-子集

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Description

 

Input

多组输入数据。

每组数据：

第一行两个整数n，r（1 <= r <= n <= 1000000）。

第二行r个不同的整数表示：集合S的一个r子集。

Output

 每组数据输出一个整数表示有多少r子集小于给定的r子集。结果mod 1000000007（1e9 + 7）。

 

Sample Input

3 2 2 3 3 1 2

Sample Output

2 1

HINT

Source

sspa

----------------------------------------------------------------------------------------------

Solution:

对于\(S=\{1, 2, ..., n\}\)的两个r子集\(A, B，B<A\)的条件是只属于$A$或只属于$B$的元素中最小的那个元素$x$属于$B$。

因此我们可以枚举$x$，$B$中小于$x$的元素也在$A$中，大于$x$的元素可以在$(x, n]$上任意选取。

设$A$的元素为：

　　\[1\le a_{1}<a_{2}<a_{3}<\dots<a_{r}\le n\]

另外设\[a_{0}=0\]

则答案为

\[\sum _{i=1}^{r}\sum_{j=a_{i-1}+1}^{a_{i}-1}\binom{n-j}{r-i}\]

 容易看出这样总共要计算组合数\(0\le a_{r}-r\le n-r\)次

Implementation:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N(1e6+5), M(1e9+7);
typedef long long LL;
int a[N];
LL f[N];

int Pow(int n, int m, int p){
    LL res=1, t=n;
    for(; m; ){
        if(m&1) res*=t, res%=p, m--;
        else t*=t, t%=p, m>>=1;
    }
    return res;
}

int inverse(int x, int p){
    return Pow(x, p-2, p);
}

LL C(int n, int k, int p){
    if(n<0 || k<0 || n<k) return 0;
    return f[n]*inverse(f[k]*f[n-k]%p, p)%p;
}


int main(){
    f[0]=1;
    for(int i=1; i<N; i++) f[i]=f[i-1]*i%M;
    
    for(int n, r; cin>>n>>r; ){
        for(int i=1; i<=r; i++) cin>>a[i];
        sort(a, a+r+1);
        LL ans=0;
        for(int i=1; i<=r; i++)
            for(int j=a[i-1]+1; j<a[i]; j++){
                ans+=C(n-j, r-i, M), ans%=M;
            }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

 对于求和\[\sum _{i=1}^{r}\sum_{j=a_{i-1}+1}^{a_{i}-1}\binom{n-j}{r-i}\]的计算我想过依据组合恒等式

\[\binom{0}{k}+\binom{1}{k}+\binom{2}{k}+\dots+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k+1}\]

将里面一项\[\sum_{j=a_{i-1}+1}^{a_{i}-1}\binom{n-j}{r-i}\]合并成

\[\binom{n-a_{i-1}} {r-i+1} - \binom{n-a_{i}+1}{r-i+1}\]

但超时了，按这种算法，无论集合$A$的元素是什么，都要算$2r$次组合数，而在$r$比较大时，$2r$比$a_{r}-r$大不少，超时是必然的。对于大数据，这种看似优化了的方法反而慢很多，所以凡事不能想当然！

我还试过把式子进一步化简成$r$项，仍然超时。

总而言之，这是一道好题。