GLLF 砍木棍

题目描述

上回 GLLF 对一个木头砍了 $10^{100}$ 刀，他感觉有点累了，所以他决定砍一根木棍。

他有一根长度为正整数 $n$ 的木棍，把它砍成了若干个长度为正整数的小段，他很好奇有多少种砍法能使得这些小段木棍能拼成一个凸多边形。

两种砍法不同当且仅当存在砍的位置不同。我们把每段的长度按顺序放入数组，如长度为 $6$ 的木棍按顺序砍出 $1,2,1,2$ 四段，则可以表示为 $[1,2,1,2]$。两个不同的数组代表不同的砍法。

由于这个问题的答案可能很大，请你将答案对 $10^9 + 7$ 取模之后输出。

输入描述:

第一行一个正整数 $T$ $(1 \leq T \leq 10^5)$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行一个正整数 $n$ $(3 \leq n \leq 10^9)$，表示木棍的长度。

输出描述:

对于每组数据，输出一行一个对 $10^9 + 7$ 取模之后的整数，表示有多少种砍法。

示例1

输入

输出

备注:

对于第三个测试用例，一种有八种切法：$[1,1,1,1,1],[1,1,1,2],[1,1,2,1],[1,2,1,1],[2,1,1,1],[1,2,2],[2,1,2],[2,2,1]$

解题思路

首先要知道如下性质，一个多边形是凸多边形，要满足除最长边外其余边的总长度要比最长边严格长。因此划分的方案要满足，除最大区间和外，其余区间的和要大于最大区间和，且至少要划分出 $3$ 个区间。

发现直接求不好做，考虑能不能容斥，即先求出总的划分数量，再减去不合法的划分数量。

先考虑总的划分方案，由于我们需要把 $n$ 划分成若干段 $k \, (3 \leq k \leq n)$，且每一段的长度至少为 $1$，所有段的总和恰好等于 $n$。因此我们可以用隔板法求解，总的划分为
$$
\begin{align*}
&\sum\limits_{k=3}^{n}{C_{n-1}^{k-1}} \\
= & \left( C_{n-1}^{n-1} + C_{n-1}^{n-2} + \cdots+ C_{n-1}^{0} \right) - C_{n-1}^{1} - C_{n-1}^{0} \\
= & 2^{n-1} - n
\end{align*}
$$
当然 $2^{n-1} - n$ 也可以解释为，首先 $n-1$ 个间隔每个可以选择切割或不切割，有 $2^{n-1}$ 种方案，由于至少要有 $3$ 段划分，因此至少需要切割 $2$ 次。所以需要减去 $0$ 以及 $1$ 次切割的方案数，即 $2^{n-1} - 1 - (n-1) = 2^{n-1} - n$。

现在考虑不合法的划分方案。当除了最长边外，其余边的总和小于等于最长边，此时不合法。设最长边为 $k$，因此有 $n - k \leq k \Rightarrow k \geq \left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$。为此我们可以枚举所有不合法的最长边 $k \, \left(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil \leq k \leq n-2\right)$，对于每种最长边 $k$ 分为两种情况。

最长边在两端。考虑在其中一端的情况，那么剩余部分至少需要划分一次，方案数为 $2^{n-k-1} - 1$。因此考虑两端的话，总的划分方案就是 $2 \left(2^{n-k-1}-1\right)$。

最长边不在两端，意味着两端剩余部分均不为空，不需要至少划分一次（即可以不划分）。枚举左边部分剩余的长度，那么总的方案数就是 $\sum\limits_{i=1}^{n-k-1}{2^{i-1} \cdot 2^{n-k-i-1}} = \sum\limits_{i=1}^{n-k-1}{2^{n-2-k}} = (n-k-1) 2^{n-2-k}$。

因此当最长边为 $k$ 时两种情况总的方案数就是 $2 \left(2^{n-k-1}-1\right) + (n-k-1) 2^{n-2-k} = (n-k+3) 2^{n-2-k} - 2$。

因此总的不合法方案数就是 $\sum\limits_{k=m}^{n-2}{\left((n-k+3) 2^{n-2-k} - 2\right)}$，记 $m = \left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$。事实上对于每个查询我们不可能通过枚举 $k$ 来求这个值，因此看看能否对这个求和进行化简。

把 $\sum\limits_{k=m}^{n-2}{\left((n-k+3) 2^{n-2-k} - 2\right)}$ 分成 $3$ 个部分。

$\sum\limits_{k=m}^{n-2}{-2} = -2(n-1-m)$。

$\sum\limits_{k=m}^{n-2}{(n+3)2^{n-2-k}} = (n+3)\left( 2^{n-2-m} + \cdots + 2^0 \right) = (n+3)\left( 2^{n-1-m}-1 \right)$。

以及 $-\sum\limits_{k=m}^{n-2}{k \cdot 2^{n-2-k}}$。该式可通过错位相减法进行化简。

记 $s = \sum\limits_{k=m}^{n-2}{k \cdot 2^{n-2-k}}$，$2s = \sum\limits_{k=m}^{n-2}{k \cdot 2^{n-1-k}} = k \cdot 2^{n-1-m} + \sum\limits_{k=m+1}^{n-2}{k \cdot 2^{n-1-k}} = k \cdot 2^{n-1-m} + \sum\limits_{k=m}^{n-3}{(k+1) 2^{n-2-k}}$。因此
$$
\begin{align*}
&2s - s \\
&= s \\
&= k \cdot 2^{n-1-m} + \sum\limits_{k=m}^{n-3}{(k+1) 2^{n-2-k}} - \left( \sum\limits_{k=m}^{n-3}{k \cdot 2^{n-2-k}} + (n-2)2^{0} \right) \\
&= k \cdot 2^{n-1-m} + \sum\limits_{k=m}^{n-3}{2^{n-2-k}} - n + 2 \\
&= k \cdot 2^{n-1-m} + \left( 2^{n-2-m} + 2^{n-1-m} + \cdots + 2^{1} + 2^0 \right) - 2^0 - n + 2 \\
&= k \cdot 2^{n-1-m} + 2^{n-1-m} - 1 - 1 - n + 2 \\
& = k \cdot 2^{n-1-m} + 2^{n-1-m} - n
\end{align*}
$$
因此 $-\sum\limits_{k=m}^{n-2}{k \cdot 2^{n-2-k}} = -k \cdot 2^{n-1-m} - 2^{n-1-m} + n$。

因此 $\sum\limits_{k=m}^{n-2}{\left((n-k+3) 2^{n-2-k} - 2\right)} = -2(n-1-m) + (n+3)\left( 2^{n-1-m}-1 \right) - k \cdot 2^{n-1-m} - 2^{n-1-m} + n$。

因此总的合法方案数就是 $2^{n-1} - n - \sum\limits_{k=m}^{n-2}{\left((n-k+3) 2^{n-2-k} - 2\right)} = 2^{n-1} - (n-m+2)2^{n-1-m} + (n - 2m + 1)$。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O(T \log{n})$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, int k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    int m = n + 1 >> 1;
    cout << ((qmi(2, n - 1) + (n - 2 * m + 1) - (n - m + 2ll) * qmi(2, n - 1 - m)) % mod + mod) % mod << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

参考资料

【题解】“华为杯” 2024年广东工业大学新生赛（同步赛）：https://ac.nowcoder.com/discuss/1442965

posted @ 2024-12-05 15:50 onlyblues 阅读(4) 评论(0) 编辑收藏举报

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