【题解】[AGC022F] Checkers
\(\text{Solution:}\)
看了题解半天之后的一种理解。
首先我们需要发现，一次操作本质上是选择两个点，把其中一个的坐标乘 \(-1,\) 另一个乘 \(2.\)
那么考虑建立一个点，然后把操作的两个点向这个点连边，边权分别是 \(-1,2,\) 最后会形成一棵二叉树。
而由于 \(x\) 远大于 \(2^n,\) 故而各操作之间一定不会重叠（相当于若干基底），于是我们只需要考虑最终坐标中每个 \(x\) 的系数。
在上述模型中，显然一个点的系数就是它到根路径的乘积。
考虑一个自上而下的 \(dp.\) 每次考虑 \(dp\) 到当前层，有多少 “叶子” （也就是所有非当前最高次幂的节点，因为它们一定会停留不再分裂），以及当前最高次幂中，系数为正为负的分别有多少个。
设 \(f_{i,x,y}\) 为符合上述定义的形态，不计顺序的方案数。
注意到我们转移只需要用到正负的数目，所以至于最高次幂是 \(2\) 的几次幂我们不关心。
首先容易知道到根处的状态应该是 \(f_{0,1,0}\) 因为当它父亲边系数是 \(1.\)
考虑从后往前转移，首先容易有 \(f[n][0][0]=1\)
考虑枚举每次分裂 \(a\) 个正的次幂，\(b\) 个负的次幂，那么对应的叶子应当为 \(i+x+y\) 个，同时新产生的最高次幂正的和负的分别就是 \(a,b.\)
考虑新产生的叶子。容易发现产生的时候同时也会新生成另一个，具体而言，\(2^k\to -2^k,2^{k+1},-2^k\to 2^{k},-2^{k+1}\)
于是我们可以发现，设原来最高次幂是 \(2^k,\) 更新之后就是 \(2^{k+1},\) 而剩下的叶子中新出现的，有 \(x-a+b\) 个是正的，有 \(y-b+a\) 个是负的。
考虑如何计算答案。如果我们知道最终坐标里面每个 \(2^k,-2^k\) 的个数，那么这个就应当是一个多重组合数。所以此时我们需要把两类叶子的阶乘除掉，也就是 \((x-a+b)!,(y-b+a)!\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb emplace_back
#define poly vector<int>
#define Bt(a) bitset<a>
#define bc __builtin_popcount
#define pc putchar
#define ci const int&
const int mod = 1e9 + 7;
const db eps = 1e-10;
const int inf = (1 << 30);
inline int Max(ci x, ci y) {return x > y ? x : y;}
inline int Min(ci x, ci y) {return x < y ? x : y;}
inline db Max(db x, db y) {return x - y > eps ? x : y;}
inline db Min(db x, db y) {return x - y < eps ? x : y;}
inline int Add(ci x, ci y, ci M = mod) {return (x + y) % M;}
inline int Mul(ci x, ci y, ci M = mod) {return 1ll * x * y % M;}
inline int Dec(ci x, ci y, ci M = mod) {return (x - y + M) % M;}
typedef pair<int, int> pii;
inline int Abs(int x) {return x < 0 ? -x : x;}
//char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char Obuf[105000],*O=Obuf;//Siz shoule be the size of Out File
int pst[30],ptop;
inline void Fprint(){fwrite(Obuf,1,O-Obuf,stdout);}
inline void Fwrite(int x){
if(x==0){*O++='0';return;}
if(x<0)*O++='-',x=-x;ptop=0;
while(x)pst[++ptop]=x%10,x/=10;
while(ptop)*O++=pst[ptop--]+'0';
if(O-Obuf>100000)Fprint(),O=Obuf;
}
inline int read() {
int s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1;ch = getchar();}
while (isdigit(ch)) {s = s * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
return s * w;
}
inline void write(int x) {
if (x < 0)putchar('-'), x = -x;
if (x > 9)write(x / 10);
pc(x % 10 + '0');
}
inline int qpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {if (y & 1)res = Mul(res, x);x = Mul(x, x);y >>= 1;}
return res;
}
inline void cadd(int &x, int y) {x += y;}
inline void cmul(int &x, int y) {x *= y;}
inline void cmax(int &x, int y) {x = Max(x, y);}
inline void cmin(int &x, int y) {x = Min(x, y);}
const int N = 2e5 + 10;
namespace Refined_heart{
int n,fac[N],inv[N];
int f[51][51][51];
void solve(){
n=read();
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=500;++i)fac[i]=Mul(fac[i-1],i);
for(int i=1;i<=500;++i)inv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
f[n][0][0]=1;
for(int i=n-1;i>=0;--i){
for(int x=0;x<=n-i;++x)
for(int y=0;y<=n-i-x;++y){
// printf("{%d %d %d}\n",i,x,y);
int R=1;
for(int a=0;a<=n-i-x-y;++a)
for(int b=0;b<=n-i-x-y-a;++b)
if(x-a+b>=0&&y+a-b>=0)
f[i][x][y]=Add(f[i][x][y],Mul(f[i+x+y][a][b],Mul(inv[x-a+b],inv[y-b+a])));//,printf("[%d %d]\n",x-a+b,y-b+a),R=Mul(R,Mul(inv[x-a+b],inv[y-b+a]));
// printf("%d:------\n",qpow(R,mod-2));
// puts("--------------------------");
}
}
printf("%d\n",qpow(f[0][1][0],1));
printf("%d\n",Add(f[1][1][0],f[1][0][1]));
write(Mul(f[0][1][0],fac[n]));
}
}
signed main(){
Refined_heart::solve();
return 0;
}
