【题解】AT3954 [AGC023C] Painting Machines
AT3954 [AGC023C] Painting Machines
\(\text{Solution:}\)
首先可以考虑对每个数拆贡献，一个数如果有贡献显然是它自己有贡献或者排在它后面的数有贡献。
这个东西看起来就不好做。所以直接容斥掉，变成求它有多少情况不贡献。
此时当且仅当它后面的数和它自己全部没有贡献。
那么从这一步开始，我们发现，这个数具体是多少已经不重要了，我们现在只需要知道，有多少长度为 \(i\) 的后缀，其全部没有贡献。
现在需要明确一下：先考虑转化为 有多少长度为 \(i\) 的排列可以覆盖全部格子。 接下来我们发现，后面的 \(n-i-1\) 是可以随便排列的，而前面这 \(i\) 个也是可以随便排的，现在就剩下如何确定有多少种方案有 \(i\) 个可以覆盖所有格子。
剩下就是我没有想到的地方了）
考虑设集合为 \(S\) （由于之前把随便排给去掉了，所以此时是没有顺序的，后面要乘一个 \(i!\times (n-i-1)!\) ）
那么不妨认定它是有顺序的，它需要满足下列条件：
- \(1\in S,n-1\in S\)
- \(\forall i,S_{i+1}-S_i\leq 1\)
第一步是因为 \(1,n\) 只能被这样覆盖，第二步是因为，如果不满足，那么 \(S_i+2\) 就无法覆盖。
考虑怎么求 \(S\) 的个数。我们发现，现在可以从元素位置差的角度来考虑。
首先要发现一个性质：\(\left(\sum S_i-S_{i-1}\right)=n\)
那么考虑这个间隙应当满足什么条件：设 \(|S|=t,\) 则我们需要空出 \(n-t-1\) 个位置，而一共有 \(t\) 个元素，所以一共有 \(t-1\) 个空隙。
那么不妨表示为方程，则有：
考虑生成函数，将每个 \(x\) 写成 GF 形式，所求即为：
考虑其 \(n\) 次项的系数，容易发现这个是杨辉三角。
那么就有：
于是整理上述过程，设 \(f_i=\binom{t-1}{n-t-1},\)
组合意义就是：找到大小为 \(i\) 的合法集合方案数，集合内部随便排，外部随便排。注意其不能交叉，是因为这里强制了 \(S\) 排在前面。
预处理阶乘就可以线性了。最后答案是 \(n\times (n-1)!-Ans.\)
止步在了容斥完的地方……思维跑到分两端组合了，后面一段的阶乘想到了，问题在于没有想到前面一段可以乘阶乘去掉顺序之后有一个差 \(\leq 1\) 的限制，利用限制化为方程解数求解的方法。
#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=2e6+10;
namespace Refined_heart{
int n,ans,fac[N],inv[N];
inline int C(int x,int y){
if(y>x)return 0;
return Mul(fac[x],Mul(inv[y],inv[x-y]));
}
void solve(){
n=read();
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=Mul(fac[i-1],i);
ans=Mul(fac[n-1],n);
inv[n]=qpow(fac[n],mod-2);
for(int i=n;i>=1;--i)inv[i-1]=Mul(inv[i],i);
for(int i=1;i<=n;++i)ans=Dec(ans,Mul(fac[i],Mul(fac[n-i-1],C(i-1,n-i-1))));
write(ans);
}
}
int main(){
Refined_heart::solve();
return 0;
}
