Luogu P1999

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初中数学老师在平面几何的第一节课就和我们说过：

点动成线，线动成面，面动成体。

即，由 $i-1$ 维元素变化到 $i$ 维的过程，就可以认为是将 $i-1$ 维物体沿第 $i$ 个方向平移的过程。

因此我们考虑一个二维的正方形平移得到三维的正方体的过程：

如果我们以平面的个数作为研究对象，不难看出，正方体中存在的平面有如下两个来源：

1. 原来图形中的平面在经过平移后数量翻倍
2. 原来的图形中的每一条线段在经过平移后都生成一个新的平面

推广到普遍结论：

1. $i-1$ 维元素中的 $j$ 维元素在经过平移后数量翻倍
2. $i-1$ 维元素中的 $j-1$ 维元素在经过平移后都生成一个新的 $j$ 维元素

因此，如果我们设 $f_{i,j}$ 为一个 $i$ 维物体中 $j$ 维元素的数量，并把不存在的元素，如 $f_{i,-1}$ 和 $f_{i,i+1}$ 等都看作 $0$ ，我们可以得出如下递推式：

$$f_{0,0}=1$$

$$f_{i,j}=2f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}$$

优化一下空间，我们可以写出如下的代码：

f[0][1]=1;//为了防止负下标溢出，将j统一加一
for(int i=1;i<=a;i++)
    for(int j=i+1;i>0;j--)
        f[j]=(2*f[j]+f[j-1])%Mod;
cout<<f[b+1]<<endl;

但是由于时间复杂度太过爆炸TLE了五个点……

接下来可以考虑根据生成函数优化：

设 $F_i(x)$ 为第 $i$ 行的生成函数，根据上述递推式，有：

$$F_0(x)=1$$

$$F_i(x)=(x+2)F_{i-1}(x)$$

可以得出：

$$F_i(x)=(x+2{)}^i$$

则有：

$$f_{i,j}=[j](x+2{)}^i$$

根据二项式定理：

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})a^i{b}^{n-i}$$

则有：

$$f_{i,j}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})2^{i-j}$$

因此只需要 $O(n)$ 分别求出阶乘和阶乘的逆元即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
ll fac[100005]={1},inv[100005];
constexpr ll Mod=1e9+7;
ll qpow(ll a,ll b){//快速幂
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%Mod;
        a=a*a%Mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int a,b;cin>>a>>b;
    if(a<b)return cout<<0,0;
    for(int i=1;i<=a;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
    inv[a]=qpow(fac[a],Mod-2);//费马小定理
    for(int i=a-1;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%Mod;
    cout<<qpow(2,a-b)*fac[a]%Mod*inv[b]%Mod*inv[a-b]%Mod;
    return 0;
}