P4936 题解

$\text{Update}$(2019.10.05):

递推公式推法更详细；
通项公式更新详细版；
单位矩阵的推法更加详细。

特别鸣谢 @Smallbasic 苣佬，是他教会了我推递推公式和通项公式。

吐槽：来自同机房巨佬的嘲讽——~~这道题这么简单，观察法显然可得通项公式~~

题目分析：

分析题面，原题意思如下：
从$n$个互不相同的数中取出某些数，将这些数分成两个集合$A,B$，这两个集合满足两个条件：
- $A $ 集合中的最大的数小于 $B$集合中最小的数
- $A,B \neq \emptyset $
求共有多少种分法(结果对 $10^9+7$ 取模)
显然可以发现这题是一道组合数学的题，先手算 $n \leq 10$ 的数据，在找规律推出公式。我给一下我的思路：
1. 当 $n=2$ 时，答案显然为1
2. 当 $n=3$ 时，设这些数为 $a_1,a_2,a_3$ ,不妨设 $a_1<a_2<a_3$
  1. 当取3个数时，有以下分法：
    \[A=\{a_1 \},B=\{a_2,a_3\} \\ A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3\} \]
  共 $C^3_3 \times (3-1)=2$ 种
  1. 当取2个数时，有以下分法：
  \[ A=\{a_1\},B=\{a_2\}\\ A=\{a_1\},B=\{a_3\}\\ A=\{a_2\},B=\{a_3\} \]
  共 $C_3^2 \times (2-1)=3$ 种
  
  综上，当 $n=3$ 时，有 $C^3_3 \times (3-1)+C_3^2 \times (2-1)=5$ 种分法。
3. 当 $n=4$ 时，设这些数为 $a_1,a_2,a_3,a_4$ ,不妨设 $a_1<a_2<a_3<a_4$
  1. 当取4个数时，有以下分法：
  \[ A=\{a_1\},B=\{a_2,a_3,a_4\}\\ A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3,a_4\}\\ A=\{a_1,a_2,a_3\},B=\{a_4\} \]
  共 $C^4_4 \times (4-1)=3$ 种
  1. 当取3个数时，有以下分法：
    
    \[A=\{a_1\},B=\{a_2,a_3\}\\ A=\{a_1\},B=\{a_2,a_4\}\\ A=\{a_1\},B=\{a_3,a_4\}\\ A=\{a_2\},B=\{a_3,a_4\}\\ A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3\}\\ A=\{a_1,a_2\},B=\{a_4\}\\ A=\{a_1,a_3\},B=\{a_4\}\\ A=\{a_2,a_3\},B=\{a_4\} \]
    共 $C^3_4 \times (3-1)=8$ 种
  2. 当取2个数时，有以下分法：
    
    \[A=\{a_1\},B=\{a_2\}\\ A=\{a_1\},B=\{a_3\}\\ A=\{a_1\},B=\{a_4\}\\ A=\{a_2\},B=\{a_3\}\\ A=\{a_2\},B=\{a_4\}\\ A=\{a_3\},B=\{a_4\} \]
    共 $C^2_4 \times (2-1)=6$ 种
  综上，当 $n=4$ 时，有 $C^4_4 \times (4-1)+C^3_4 \times (3-1)+C^2_4 \times (2-1)=17$ 种分法。
4. 通过数学归纳（~~找规律~~），可得公式：
  
  \[F(n)=\sum_{i=1}^{n-1}C^{i+1}_n \cdot i \]
具体实现的代码就不写了，其他dalao有写。

时间复杂度：$O(n^2)$

空间复杂度：$O(n^2)$

预计得分：40 points
考虑优化。

发现公式中的瓶颈在于如何快速处理组合数，于是开始推递推公式：

\[\]
\begin{aligned}
& F(n+1)-2F(n)\
& =\sum_{i=1}^{n}C{n+1} \cdot i-(\sum^{n-1}Cn \cdot i)\times 2 \
& =\sum^{n}C_{n+1}\
& =2^{n}-1
\end{aligned}
\end{equation}

\[ 故得：$F(n+1)=2F(n)+2^n-1$ 代码就不写了时间复杂度：$O(n)$ 空间复杂度：$O(n)$ 预计得分：60 points \]
已经写出递推公式的话有两种思路：1. 数学方法推通项公式；2. 矩阵快速幂加速递推公式。
- 方法一：数学方法推通项公式：
  
  \[\begin{equation} \begin{aligned} & F(n)=\sum_{i=1}^{n-1}C_n^{i+1}\cdot i\\ & =\sum_{i=1}^{n-1}{n!\over(i+1)!(n-i-1)!}\cdot i \\ & =\sum_{i=2}^n{n!\over i!(n-i)!} \cdot i+{n!\over i!(n-i)!}\\ & =\sum_{i=2}^n{n!\over(i-1)!(n-i)!}+C_n^i \\ \]
  & ={\sum_{i=2}^n{C_n{i-1}}+(n-i+1)(2^n-n-1)\over n-i+1} \
  & ={2^{{n-1}-n-2+(n-i+1)(2}n-n-1)\over n-i+1}
  \end{aligned}
  \end{equation}
  
  \[ \]

这里 $2^{n-1}$ 用快速幂实现（注意，不能用 $<<$ 来做，会爆 long long）

代码见code1

时间复杂度：$O(\text{log}n)$

空间复杂度：$O(1)$

预计得分：100 points

方法二：矩阵快速幂优化：

个人认为这个方法可能鲜有人能想到（~~太麻烦了~~），我就仔细讲一讲。

首先，观察递推公式中有如下几个影响值：$F(n-1),2^{n-1},1$ ,故与单位矩阵相乘的矩阵为

\[\begin{bmatrix} F(n-1)\\ 2^{n-1}\\ 1 \end{bmatrix} \]
得到的矩阵为

\[\begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1 \end{bmatrix} \]
有递推式显然可得：

\[ \begin{cases} F(n)=F(n-1)\times 2+2^{n-1}\times 1+1\times(-1)\\ 2^n=F(n-1)\times0+2^{n-1}\times 2+1\times 0 \\ 1=F(n-1)\times 0+2^{n-1}\times 0+1\times 1 \end{cases} \]
（不会矩阵加速的可以做一做 P1939 【模板】矩阵加速（数列）和 P1962 斐波那契数列）

推出单位矩阵：

\[\begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \]
故矩阵递推式为：

\[\begin{bmatrix} F(n-1)\\ 2^{n-1}\\ 1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1 \end{bmatrix} \]
化为矩阵幂形式得：

\[\begin{bmatrix} F(2)\\ 2^2\\ 1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}^{n-2} = \begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1 \end{bmatrix} \]
套魔板即可。

代码见code2

时间复杂度：$O(\text{log}n)$

空间复杂度：$O(1)$

两种方法的优劣：

第一种方法难算，需要较好的数学基础，但最后实现时时间复杂度在 $O(1)$ — $O(\text{log}n)$ ,常数极小。

第二种方法是数列加速的常用方法，简单易想，但常数较大，本题为常数为27，即在大数据下比第一种方法慢2—3倍

Code1:

 #include<bits/stdc++.h>
  //#define file
  #define modn (int)(1e9+7)
  #define int long long
  using namespace std;
  int n;
  inline int ksm(int x,int y,int p)
  {
  	if(y==0) return 1%p;
  	if(y==1) return x%p;
  	int rst=ksm(x,y/2,p)%p;
  	if(y%2==0)
  	{
  		return rst*rst%p;
  	}else
  	{
  		int tmp=rst*rst%p;
  		return tmp*x%p;
  	}
  }
  signed main()
  {
  	#ifdef file
  	freopen("Agent1.in","r",stdin);
  	freopen("Agent1.out","w",stdout);
  	//F(n)=\sum_{i=1}^{n-1}C^(i+1)_n*i
  	//F(n)=F(n-1)*2+2^{n-1}-1
  	#endif
  	scanf("%lld",&n);
  	int ans=(n-2)*ksm(2,n-1,modn)%modn+1;
  	printf("%lld\n",ans);
  	return 0;
  }

AC,49ms / 800.00KB

Code2(本代码为我的教练所写，码风可能有些许不同):

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int jz[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}}, 
    jz1[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}};
int base[3][3];
void cheng()
{
    memset(base,0,sizeof(base));
    for(int i=0;i<3;i++)
    {
        for(int j=0;j<3;j++)
        {
            for(int k=0;k<3;k++)
            {
                base[i][j] += jz1[i][k]*jz1[k][j];
                base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
            }
        }
    }
     memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
}
void chengjz()
{
    memset(base,0,sizeof(base));
    for(int i=0;i<3;i++)
    {
        for(int j=0;j<3;j++)
        {
            for(int k=0;k<3;k++)
            {
                base[i][j] += jz1[i][k]*jz[k][j];
                base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
            }
        }
    }
    memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
}
void quickpow(int k)
{
    if(k==1) return;
    quickpow(k/2);
    cheng();
    if(k%2!=0) chengjz();
}
signed main()
{
    int n;
    cin>>n;
    if(n==2)
    {
        printf("1");
        return 0;
    }
    quickpow(n-2);
    int ans = (jz1[0][0]+ 4*jz1[0][1]%mod + mod + 1*jz1[0][2]) mod;
    cout<<ans;
    return 0;
}

AC，48ms / 796.00KB

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