CF1425D

合集 - math(6)

1.CF1174E2023-11-15

2.CF1425D2023-07-15

3.CF870F2023-12-234.ABC243F2023-07-155.CF156D2024-01-076.CF645F2024-03-09

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一道计算方式很具有启发意义的题。

对于这种“选中产生贡献”的题，明显是需要对每个点算对总答案的贡献。但是由于“和的平方”的存在，这很难实现。

所以不妨在上面思路的基础上稍作改良：对每两个点算对总答案的贡献。不难发现，贡献的次数即为两个点都被选中的情况数。设 $a,b,c$ 分别为包含第一个点，包含第二个点和两个点都包含的方案数。则这两个点贡献的次数即为 $C_n^m-C_{n-a}^m-C_{n-b}^m+C_{n-(a+b-c)}^m$。再乘上一个 $B_i\times B_j$，即为有序对 $(i,j)$ 的贡献。

小贴士：

1. 可以发现 $i=j$ 的情况也可以套用上面的式子，就不用分类讨论了。

2. 计算包含点的数量可以用前缀和实现。

3. 要预处理逆元，否则会超时。

code：

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using namespace my_std;
const int N=2e3+7,M=-1,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n,m,k,x[N],y[N],c[N],f[N],inv[N],s[N][N];
const int mx=1e3;
inline int qpow(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)
			ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
inline int Cnm(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)
		return 0;
	return 1ll*f[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
inline int get_dis(int i,int j){
	return max(abs(x[i]-x[j]),abs(y[i]-y[j]));
}
inline int calc(int i,int j){
	int X1=min(min(x[i]+k,x[j]+k),mx),X2=max(max(x[i]-k,x[j]-k),1),Y1=min(min(y[i]+k,y[j]+k),mx),Y2=max(max(y[i]-k,y[j]-k),1);
	if(X1<X2||Y1<Y2)
		return 0;
	return s[X1][Y1]-s[X1][Y2-1]-s[X2-1][Y1]+s[X2-1][Y2-1];
}
void solve(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&c[i]);
		s[x[i]][y[i]]++;
	}
	for(int i=1;i<=mx;i++){
		for(int j=1;j<=mx;j++)
			s[i][j]+=s[i-1][j];
	}
	for(int i=1;i<=mx;i++){
		for(int j=1;j<=mx;j++)
			s[i][j]+=s[i][j-1];
	}
	f[0]=1,inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=1ll*f[i-1]*i%mod;
		inv[i]=qpow(f[i],mod-2);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)
				ans=(ans+1ll*c[i]*c[i]%mod*(Cnm(n,m)-Cnm(n-calc(i,i),m)+mod)%mod)%mod;
			else 
				ans=(ans+1ll*c[i]*c[j]%mod*(Cnm(n,m)-Cnm(n-calc(i,i),m)-Cnm(n-calc(j,j),m)+Cnm(n-(calc(i,i)+calc(j,j)-calc(i,j)),m)+2ll*mod)%mod)%mod;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		solve();
}