题解：CF1628D1 Game on Sum (Easy Version)

CF1628D1 题解

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题意

初始时，有一个数 $ans=0$ 。

有两个人，第一个人要在 $[0,k]$ 选出一个实数 $t$ 。

第二个人可以选择让 $ans$ 加 $t$ 或减 $t$ 。

总共有 $n$ 轮，第二个人至少要操作 $m$ 次，且两个人都会使用最优策略。

思路

容易发现， $k$ 在题目中没啥大用，于是我们就假设 $k=1$ ，这时候设最后的 $ans$ 就为 $dp[n][m]$ 。

开始考虑 $dp$ 的转移方程，可以容易得到。

$\begin{aligned} dp[i][j]=\max_{t=0/1}\{\min(dp[i-1]j-1]+t,dp[i-1][j]-t)\} \end{aligned}$ 。

里面的是第二个人是否选择操作，外面的是第一个人要的最优的操作。

于是，由于 $t$ 只可能为 $0$ 或 $1$ ，所以就可以进行分类讨论。

若 $dp[i-1][j]-dp[i-1][j-1]\leqslant 2$ ，则 $dp[i][j]=\frac{dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]}{2}$ 。
若 $dp[i-1][j]-dp[i-1][j-1]>2$ ，则 $dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1$ 。

接下来我们发现对于一个 $dp[n][m]$ ，有 $dp[n][m+1]-dp[n][m]\leqslant 2$ ，证明如下。

证明： $\begin{aligned} dp[n][m+1]-dp[n][m]&=\frac{dp[n-1][m]+d[n-1][m+1]}{2}-\frac{dp[n-1][m-1]+dp[n-1][m]}{2} \\&=\frac{dp[n-1][m+1]-dp[n-1][m-1]}{2}\\&=\frac{dp[n-1][m+1]-dp[n-1][m]}{2}+\frac{dp[n-1][m]-dp[n-1][m-1]}{2}\\&\leqslant\frac{2}{2}+\frac{2}{2}\\&=2 \end{aligned}$

即 $dp[n][m+1]-dp[n][m]\leqslant 2$ 。

所以， $dp[i][j]$ 只能为 $\frac{dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]}{2}$ 。

观察到，除去分数线，就是一个杨辉三角，但是，显然，这样会 TLE（困难版），所以考虑线性统计 $ans$ 。

可以考虑 $dp[i][i]$ 对 $dp[n][m]$ 的影响，除去分数线，会发现其实就是从 $(i,i)$ 开始只能向下或向右下前进到 $(n,m)$ 的方案数，但是由于 $dp[i+1][i+1]$ 是边界值，所以必能经过 $(i+1,i+1)$ ，那么就相当于从 $(i,i+1)$ 出发到 $(n,m)$ 的方案数，于是，就为 $C^{m-i}_{n-i-1}$ 。

当然，这里就有人问了，为什么呢？

首先，这是一个杨辉三角形（除去分数线）没错吧？于是通过数学归纳法可以证明杨辉三角形第 $n$ 行的第 $m$ 个为 $C^{m}_{n}(m\geqslant 2)$ 。

证明：已知，杨辉三角的第一行为 $1$ ，第二行为 $1,1$ ，两行均满足猜想。

接下来，对于第 $n$ 行（ $n>2$ ），第 $m$ 个数（ $m\geqslant2$ ）为 $\begin{aligned}C^{m-1}_{n-1}+C^{m}_{n-1}&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m+1)}{(m-1)!}+\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-r+r)}{m!}\\&=\frac{(n-1)\times(n-2)\times\cdots\times(n-m)}{m!}\\&=C^{m}_{n}\end{aligned}$

证毕。

接下来，再加上分数线，就可以得到 $\begin{aligned}dp[n][m]=\sum^{m}_{i=1}\frac{i\times C^{m-i}_{n-i-1}}{2^{n-i}}\end{aligned}$ 。

于是就有 $\begin{aligned}ans=k\times\sum^{m}_{i=1}\frac{i\times C^{m-i}_{n-i-1}}{2^{n-i}}\end{aligned}$ 。

预处理即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int INV=5e8+4,mod=1e9+7,MN=1e6+1;
//INV是2在模mod意义下的乘法逆元，在此意义下*INV就等价于/2 
long long fac[MN],inv[MN],T,n,m,k,ans;
//fac[i]表示i!的值，inv[i]表示fac[i]在模1e9+7意义下的乘法逆元 
long long ksm(long long a, long long b) {
	long long res=1;
	while(b) {
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b=b>>1;
	}
	return res;
}
long long C(long long m, long long n) {
	if(n==m||n==0) return 1; 
	return fac[m]*inv[n]%mod*inv[m-n]%mod; 
}
int main(){
	fac[0]=1;
	for(long long i=1; i<MN; i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=ksm(fac[i],mod-2);
	}
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k); 
	if(n==m) printf("%lld\n",n*k%mod);
	else{
		for(long long i=1; i<=m; i++) ans=(ans+ksm(INV,n-i)*i%mod*C(n-i-1,m-i)%mod)%mod;
		printf("%lld\n",ans*k%mod);	
	}
	return 0;
}