D. Bouquet (朴素求组合数，补集思想)

题意
从 $n$ 种花里挑，每种花只有一个，最后花的数量不能是 $a$ 或者 $b$ ，求所有方案数 $\mod 1e9+7$

数据范围
$2\leq n \leq 10^9$
$1\leq a < b \leq min(n, 2 * 10^5)$

思路

很容易想到用所有的方案数 - 选 $a$ 个和 $b$ 个的方案数
$n$ 太大怎么办？发现 $a$ 和 $b$ 都在 $2e5$ 范围内，由组合数公式 $C_n^r = \frac{n!}{r!*(n-r)!}$ , 可以在 $O(a)$ 时间内求出
预处理阶乘和逆元即可

Solution

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<int, int> PII;
typedef std::pair<ll, ll> PLL;
typedef double db;
#define arr(x) (x).begin(),(x).end()
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define endl "\n"
using namespace std;
/*----------------------------------------------------------------------------------------------------*/
const int mod = 1e9 + 7;

ll qmi(ll a, ll k, int mod) {
    ll res = 1;
    while (k) {
            if (k & 1)
                    res = res * a % mod;
            a = a * a % mod;
            k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    ll c1 = 1, c2 = 1;
    for (int i = 1; i <= a; i ++) {
        c1 = c1 * (n - a + i) % mod * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
    }
    for (int i = 1; i <= b; i ++) {
        c2 = c2 * (n - b + i) % mod * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
    }

    cout << (qmi(2, n, mod) - c1 - c2 + 2 * mod - 1 ) % mod << endl;
    return 0;
}

E. Roaming (组合计数，隔板法)

题意

有 $n$ 个房间，每个房间 $1$ 个人，定义一个事件是某个人在 $n$ 个房间中任意移动一次，但不能待在原地，询问 $k$ 次事件后，各房间有多少种情况，答案 $\mod 1e9+ 7$

数据范围
$3\leq n \leq 2 * 10^5$
$2\leq k \leq 10^9$

思路

首先题目可以构造出所有房间仍然是 $1$ 个人的情况，形成环即可。并且题目并不关心人的编号，只关心各房间情况
先划分子集，按照最后情况中人数为 $0$ 的房间的个数进行划分。
假设有 $m$ 个房间为空，那么要在 $n-m$ 个房间内塞 $n$ 个人且不为空。
问题等价于，对于 $n$ 个小球中间的 $n-1$ 个位置放置 $n-m-1$ 个隔板，形成 $n-m$ 个不为空的间隔的方案数。
选择 $m$ 个房间方案数为 $C_n^m$ ，放置隔板方案数为 $C_{n-1}^{n-m-1}$

Solution

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<int, int> PII;
typedef std::pair<ll, ll> PLL;
typedef double db;
#define arr(x) (x).begin(),(x).end()
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define endl "\n"
using namespace std;
/*----------------------------------------------------------------------------------------------------*/
const int N = 2e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
ll fact[N], inv[N], n, k;

ll qmi(ll a, ll k, int mod) {
    ll res = 1;
    while (k) {
            if (k & 1)
                    res = res * a % mod;
            a = a * a % mod;
            k >>= 1;
    }
    return res;
}

ll C (int a, int b) {
    if (a < b) return 0;
    return fact[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> k;
    ll ans = 0;
    fact[0] = 1;
    inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = qmi(fact[i], mod - 2, mod);
    }
    for (int i = 0; i <= min(n - 1, k); i++) {
        ans = (ans + C(n, i) * C(n - 1, n - i - 1) % mod) % mod;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F. Modularness (补集，用商判断两数模意义下的大小)

题意

给了长度为 $k$ 的数组 $d$ ，下标从 0 开始。进行 $q$ 次询问。
每次询问输入 $n, x, m$ , 有长度为 $n$ 的数组 $a$ ，下标从 0 开始。
其中：

a_{j} = {\begin{cases} x & j = 0 \\ a_{j - 1} + d_{j - 1 \mod m} & 0 < j < n \end{cases}

$a_j = \begin{cases} x & \text{j = 0} \\ a_{j-1}+d_{{j-1}\mod m} & \text{0 < j < n} \end{cases}$

对于每次询问，输出有多少 $j\;(0<j<n-1)$ 满足 $(a_j\mod m) < (a_{j+1}\mod m)$

数据范围
$1\leq k,q \leq 5000$
$0\leq d_i \leq 10^9$
$2\leq n \leq 10^9$
$0\leq x \leq 10^9$
$2\leq m \leq 10^9$

思路

从题目可以看出每个 $a_i$ 是 $d$ 的环形前缀和，并且对于每次询问将 $d_i \% m$ 并不会影响答案。
对于相邻的 $a_i, a_{i+1}$ 其实只差一个 $d_i$ ，如果对答案有贡献则表明 $(a_i + d_i) / m$ 没有增加。
然而正面计算其实很困难，考虑求补集，即 $(a_j\mod m) >= (a_{j+1}\mod m)$
- 对于 $(a_j\mod m) = (a_{j+1}\mod m)$ 的情况, 只需要关心 $d_i=0$ 的地方即可
- 对于 $(a_j\mod m) > (a_{j+1}\mod m)$ 的情况，由于每个 $d_i < m$ ，发生这种情况当且仅当 $a_{j+1} / m = a_j / m + 1$
  - 这个题的关键点就是这种局部的累积可以在末尾算出，即数量为 $a_{n-1} / m - a_0/m = a_{n-1}m - x / m$
  - $a_{n-1}$ 是可以在 $O(k)$ 时间内计算出来的，计算每个 $d_i$ 的累加次数即可。注意计算 $a_{n-1}$ 只需要进行 $n-1$ 次加法，代码中的一个细节。
时间复杂度 $O(q*k)$

Solution

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<int, int> PII;
typedef std::pair<ll, ll> PLL;
typedef double db;
#define arr(x) (x).begin(),(x).end()
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define endl "\n"
using namespace std;
/*----------------------------------------------------------------------------------------------------*/

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int k, q;
    cin >> k >> q;
    vector<ll> d(k, 0);
    for (int i = 0; i < k; i ++)
        cin >> d[i];
    while (q--) {
        int n, x, m;
        cin >> n >> x >> m;
        vector<ll> cd(k);
        int cnt = 0;
        for (int i = 0; i < k; i ++){
            cd[i] = d[i] % m;
        }
        ll a = x;
        n--;        // 实际进行 n - 1 次加法
        for (int i = 0; i < k; i++) {       // 计算补集
            a += (n / k) * cd[i];
            if (i < n % k)
                a += cd[i];
            if (!cd[i]) {   
                cnt += n / k;
                if (i < n % k)
                    cnt++;
            }
        }
        cnt += a / m - x / m;
        cout << n - cnt << endl;
    }
    return 0;
}

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本文作者：Roshin
本文链接：https://www.cnblogs.com/Roshin/p/ABC156.html
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