合并石子 (不是你想象的那个合并石子
合并石子 (初探二项式反演)
排序不亏, 将 \(a\) 和 \(b\) 从小到大排序.
枚举第 \(k\) 大值 \(x\), 将方案数乘上 \(x\) 求和, 最后乘上 \(n!\) 的逆元.
对于每个 \(x\) 设 \(f_{i, j}\) 表示后 \(i\) 个 \(a\), 选择了 \(j\) 个和 \(b\) 配对, 这 \(j\) 对的和都 \(\leq x\) 的方案数.
设有 \(Pos_i\) 个 \(b\) 满足 \(\leq i\).
则写出 \(f\) 的方程:
因为我们只需要 \(f_{n, i}\), 所以对于二维数组, 用形如 \(f_i\) 表示 \(f_{n, i}\).
\(f_i\) 的方案中, 有 \(n - i\) 个 \(a\) 还没有配对. 所以 \(((n - i)!)f_i\), 相当于将没有配对的 \(n - i\) 个 \(a\) 随意配对, 记为 \(g_i\).
因为已经有 \(i\) 对 \(\leq x\), 剩下 \(n - i\) 对不知道是否 \(\leq x\), 所以 \(g_i\) 表示的方案中, 至少有 \(i\) 对 \(\leq x\).
但是这时对于实际有 \(p\) 个对 \(\leq x\) 的方案, \(p\) 对中有 \(i\) 对是一开始强制 \(\leq x\) 的, 所以这个方案的 \(p\) 对 \(\leq x\) 的元素, 任何一个大小为 \(i\) 的子集都会使它在 \(g_i\) 中会被统计 \(1\) 次. 所以这个方案一共被统计了 \(\binom{p}{j}\) 次.
设 \(h_i\) 表示恰好 \(i\) 对 \(\leq x\) 的方案数.
根据定义容易写出式子:
符合二项式反演公式, 所以可以求 \(h\):
接下来考虑求 \(x\) 为第 \(k\) 大的数的情况数.
\(\displaystyle{\sum_{j = i}^{n} h_j}\) 表示至少有 \(i\) 对 \(\leq x\) 的方案数.
将 \(h_i\) 中的方案分成两种情况, 第 \(k\) 大的是 \(x\) 和第 \(k\) 大的 \(< x\).
前一种情况需要统计, 后一种需要舍弃.
因为 \(x\) 为第 \(k\) 大的方案中, 一定至少有 \(n - k + 1\) 对 \(\leq x\), 所以 \(\displaystyle{\sum_{j = n - k + 1}^{n} h_j}\) 一定包含了所有要统计的情况.
接下来考虑如何去掉剩下的情况.
记 \(x - 1\) 那一轮的 \(h\) 数组为 \(h'\).
发现 \(\displaystyle{\sum_{j = i}^{n} h'_j}\) 里统计的所有情况, 都会被 \(\displaystyle{\sum_{j = i}^{n} h_j}\) 包含, 因为至少 \(i\) 对 \(< x\) 的方案中, \(\leq x\) 的对数肯定不会更少, 也就是说所有这些方案中 \(\leq x\) 的对数不会少于 \(i\), 都会被 \(\displaystyle{\sum_{j = i}^{n} h_j}\) 统计.
而 \(\displaystyle{\sum_{j = n - k + 1}^{n} h'_j}\) 的第 \(k\) 大的数一定 \(< x\), 所以这些方案都应该被舍弃.
而所有应该被舍弃的方案中, 都有至少 \(n - k + 1\) 对 \(< x\), 所以 \(\displaystyle{\sum_{j = n - k + 1}^{n} h'_j}\) 包含了所有需要被舍弃的方案.
因此, \(x\) 为第 \(k\) 大的数的所有情况应该是
const unsigned long long Mod(1000000007);
unsigned long long Fac[405], Inv[405], Pow, Poi(Mod - 2);
unsigned long long Cnt(0), Ans(0);
unsigned long long C[405][405];// Binom
unsigned long long DP[405]; // chosed i pairs to <= x
unsigned long long f[405]; // x = x - 1, h
unsigned long long g[405]; // at least i pairs <= x
unsigned long long h[405]; // i pairs <= x
unsigned a[405], b[405], Pos[805], m, n;
unsigned MA(0), MB(0), A, B;
char Flg (0);
signed main() {
n = RD(), m = RD(), Inv[n] = Fac[0] = 1;
for (unsigned i(1); i <= n; ++i) MA = max(a[i] = RD(), MA);
for (unsigned i(1); i <= n; ++i) MB = max(b[i] = RD(), MB);
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1);
MA += MB;
for (unsigned i(1); i <= n; ++i) Fac[i] = Fac[i - 1] * i % Mod;
Pow = Fac[n]; while (Poi) {if(Poi & 1) Inv[n] = Inv[n] * Pow % Mod; Poi >>= 1, Pow = Pow * Pow % Mod;}
for (unsigned i(n - 1); ~i; --i) Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
b[n + 1] = 0x3f3f3f3f;
for (unsigned i(1), j(1); i <= n; ++i)
while (j < b[i]) Pos[j++] = i - 1;
for (unsigned i(MA); !(Pos[i]); --i) Pos[i] = n;
for (unsigned i(1); i <= n; ++i) {
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for (unsigned j(1); j < i; ++j){
C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];
if(C[i][j] >= Mod) C[i][j] -= Mod;
}
}
m = n - m + 1;
for (unsigned x(1); x <= MA; ++x) {
memset(DP, 0, sizeof(DP));
memcpy(f, h, sizeof(h));
Cnt = 0, DP[0] = 1;
for (unsigned i(1); i <= n; ++i)
for (unsigned j(i); j; --j)
if((x > a[n - i + 1]) && (Pos[x - a[n - i + 1]] >= j))
DP[j] = (DP[j] + DP[j - 1] * (Pos[x - a[n - i + 1]] - j + 1)) % Mod;
for (unsigned i(1); i <= n; ++i) g[i] = DP[i] * Fac[n - i] % Mod;
memset(h, 0, sizeof(h));
for (unsigned i(1); i <= n; ++i)
for (unsigned j(i); j <= n; ++j)
if((j + i) & 1) {h[i] = (h[i] + Mod - ((C[j][i] * g[j]) % Mod)); if(h[i] >= Mod) h[i] -= Mod;}
else h[i] = (h[i] + C[j][i] * g[j]) % Mod;
for (unsigned i(m); i <= n; ++i) {
Cnt += Mod + h[i] - f[i];
while(Cnt >= Mod) Cnt -= Mod;
}
Ans = (Ans + Cnt * x) % Mod;
}
Ans = Ans * Inv[n] % Mod;
printf("%llu\n", Ans);
return Wild_Donkey;
}
证明
二项式反演中最常用的式子, 以下两式可互推:
其中, \(f_i\) 一般表示用 DP 求出的, 在 \(n\) 个元素中, 至少 \(i\) 个元素满足某条件的方案数, 但是因为计算过程会将实际有 \(p\) 个元素满足条件的方案计算 \(\binom{p}{i}\) 次.
而 \(g_i\) 则表示恰有 \(i\) 个元素满足某条件, 没有重复统计的方案数.
所以一般我们需要做的就是通过上边的式子, 得到下面的式子, 用来给 \(f_i\) 去重.
接下来假设已知上边的式子成立, 证明下面的式子.
根据上式, 知道 \(g_i\) 的方案会在 \(f_j\) 中统计 \(\binom{i}{j}\) 次 (\(j \leq i\)), 所以代入原式:
将 \(k\) 放到外层循环.
当 \(k - i\) 是奇数的时候
所以, 满足 \(k - i\) 是奇数的 \(g_k\) 不会被统计到 \(g_i\) 中.
如果 \(k - i\) 是偶数.
草化不动了, 打表发现这个式子在 \(k - i \geq 2\) 的时候都是 \(0\), 综上, 所有 \(k > i\) 的 \(g_k\) 都不会统计到 \(g_i\) 中.
对于 \(g_i\), 有:
所以最后只剩一个 \(g_i\), 等式两边相等, 定理得证.
