20180519模拟赛T2——pretty

【问题描述】

小美今天对于数列很有兴趣。小美打算找出一些漂亮的序列。一个漂亮的序列的限制如下：

1. 长度为 n ，而且数列里只包含 [1,n] 的整数。
2. 要不是不降的序列就是不升的序列。

小美想知道有多少个合法的序列满足要求。

【输入格式】

从文件 pretty.in 中读入数据。
第一行一个正整数 n 表示数列的大小。

【输出格式】

输出到文件 pretty.out 中。
第一行输出一个数字表示答案。由于这个数字会很大，你需要输出他
模 1000000007 。

【样例】

【样例输入】

2

【样例输出】

4

【样例输入】

3

【样例输出】

17

【题目来源】

CF 57C

题解

首先，看到这样的问题，我们想到这应该是道dp。

我们设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数到达最后一位是\(j\)的递增序列的方案数，则不难根据对称性得出答案为\(2\sum_{i=1}^{n}f[n][i]-n\)，减\(i\)是为了减去递增和递减都包含的情况（即全部相同的请况，那显然是\(i\)）。

我们发现\(f[i][j]\)的状态由所有\(f[i-1][k](k\le j)\)的状态在结尾加上\(k\)转移过来。故转移方程为：\(f[i][j] = \sum_{k=1}^{j}f[i-1][k]\)。

于是暴力程序就打出来了，那么让我们打张表：

#include <cstdio>

const int n = 10;

int f[n+1][n+1];

int main()
{
	freopen("biao.out", "w", stdout);
	int ans;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		f[1][i] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++i)
	{
		ans = 0;
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
			for(int k = 1; k <= j; ++k)
				f[i][j] = f[i][j] + f[i-1][k];
		for(int j = 1; j <= i; ++j)
			ans = ans+f[i][j];
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
			printf("%5d ", f[i][j]);
		puts("");
	}
}

biao.out

    1     1     1     1     1     1     1     1     1     1 
    1     2     3     4     5     6     7     8     9    10 
    1     3     6    10    15    21    28    36    45    55 
    1     4    10    20    35    56    84   120   165   220 
    1     5    15    35    70   126   210   330   495   715 
    1     6    21    56   126   252   462   792  1287  2002 
    1     7    28    84   210   462   924  1716  3003  5005 
    1     8    36   120   330   792  1716  3432  6435 11440 
    1     9    45   165   495  1287  3003  6435 12870 24310 
    1    10    55   220   715  2002  5005 11440 24310 48620 

一看发现：这不是杨辉三角吗？

于是毫不犹豫地打了个\(n^2\)，然后就T飞了。

竟然没想到\(\sum_{i=1}^{n}f[n][i] = f[n+1][n] = C^{n}_{2n}\)（可以直接推，也可以看作是在序列结尾加一个\(n\)进行限制）。

于是答案就变成了\(2C^n_{2n}-n\)。取模要求逆元，用费马小定理做一下，总时间复杂度为\(O(n)\)。

当然，杨辉三角也是可以直接推出来的：

\[f[i][j] = \sum_{k=1}^{j}f[i-1][k] = f[i-1][j] + \sum_{k=1}^{j-1}f[i-1][k] = f[i-1][j] + f[i-1][j-1]. \]

以下是我的代码（由于模拟赛加了文件读入输出）：

#include <fstream>

using namespace std;

typedef long long LL;

ifstream fin("pretty.in");
ofstream fout("pretty.out");

inline LL pow(LL x, LL y, LL mod)
{
	LL ans = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = (x*x)%mod)
		if(y & 1)
			ans = (ans*x) % mod;
	return ans % mod;
}

const LL mod = 1000000007;
const int maxn = 100005;

LL fac[maxn<<1];

int main()
{
	LL n;
	fin >> n;
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= (n<<1); ++i)
		fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
	fout << (fac[n<<1]* pow(fac[n]*fac[n]%mod, mod-2, mod)) % mod - n << endl;
	return 0;
}