vijosP1903学姐的实习工资

描述

学姐去实习了, 一共实习了N天, 每一天都可以得到实习工资V[i], 这里V[1..N]被看作是整数序列.
因为学姐很厉害, 所以V[1..N]是不下降的.
也就是说学姐每天的工资只会越来越多, 不会变少.
然而遗憾的是, 偷懒的学姐只记下来了其中M天的收入.
第A[1]天获得了的工资为B[1].
第A[2]天获得了的工资为B[2].
第A[3]天获得了的工资为B[3].
...
第A[M]天获得了的工资为B[M].
其中A[]是递增的.
好在她记下来了第一天和第N天的收入. 也就是说A[1]=1, A[M]=N.
现在实习结束了, 学姐看着仅有的M天的记录, 希望知道:
(1)工资序列V[1..N]有多少种可能情况, 满足已知的M条记录. 答案mod 1000000009.
(2)平均来说(考虑所有可能的情况), N天中一共得到了多少工资, 答案四舍五入到小数点后第三位.
如果doc不能回答学姐的这两个问题, 学姐会生气的!

格式

输入格式

输入数据第一行给定T, 表示总的询问次数.
对于每一次询问, 第一行给出两个整数N和M.
第二行给出M个整数, 分别为A[1]到A[M].
第三行给出M个整数, 分别为B[1]到B[M].

输出格式

对于每一次询问, 首先输出询问的编号, 参见样例输出.
之后输出问题1和问题2的答案, 用空格隔开, 详细请参见样例输出.

样例1

样例输入1[复制]

2
6 5
1 2 3 5 6
3 5 10 20 20
6 6
1 2 3 4 5 6
3 5 10 15 20 20

样例输出1[复制]

Case #1: 11 73.000
Case #2: 1 73.000

限制

对于30%的数据:
N <= 100.

对于60%的数据:
N <= 50000.

对于100%的数据:
2 <= N <= 1000000.
M <= 1000.
T <= 10.
1 = A[1] < A[2] < ... < A[M] = N.
0 <= B[1] <= B[2] <= ... <= B[M] <= 1000000.

题解：

终于填了这个坑。。。

其实考场上因为没时间所以打了暴力，大概因为乘法溢出爆零了。。。然后发现需要预处理n！以及n！的逆元，这不是很随意吗。。。

第一问用插板法算一下组合数，第二问我们可以认为b[i]到b[i+1]这里面的每个数被选到的概率都是相等的，然后期望就是(b[i]+b[i+1])/2

然后注意乘法溢出就可以了（乘法溢出居然WA0了4次T_T）

代码：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<string>
#define inf 1000000000
#define maxn 2000000+5
#define maxm 500+100
#define eps 1e-10
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
#define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
#define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define mod 1000000009
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll fac[maxn+1],inv[2][maxn+1];
bool v[maxn+1];
int p[maxn+1],tot,a[maxn],b[maxn];
int main()
{
    freopen("input.txt","r",stdin);
    freopen("output.txt","w",stdout);
    for2(i,2,maxn)
    {
        if(!v[i])p[++tot]=i;
        for1(j,tot)
        {
            int k=i*p[j];
            if(k>maxn)break;
            v[k]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
    inv[0][0]=inv[0][1]=1;
    for2(i,2,maxn)inv[0][i]=(ll)(mod/i+1)*inv[0][i-mod%i]%mod;
    fac[1]=inv[1][1]=1;
    for2(i,2,maxn)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*(ll)i%mod;
        inv[1][i]=inv[1][i-1]*inv[0][i]%mod;
    }
    //for1(i,100)cout<<i<<' '<<fac[i]<<' '<<inv[0][i]<<' '<<inv[1][i]<<endl;
    int cs=read(),t=0;
    while(cs--)
    {
        int n=read(),m=read();ll ans=1;
        for1(i,m)a[i]=read();
        for1(i,m)b[i]=read();
        for1(i,m-1)if(a[i]+1!=a[i+1])
        {
            int x=b[i+1]-b[i],y=a[i+1]-a[i]-1+b[i+1]-b[i]+1-1;
            (ans*=fac[y]*inv[1][x]%mod*inv[1][y-x]%mod)%=mod;
            //cout<<i<<' '<<ans<<endl;
        }
        double sum=b[m];
        for1(i,m-1)
        {
            sum+=b[i];//cout<<sum<<endl;
            if(a[i]+1!=a[i+1])sum+=(double)(a[i+1]-a[i]-1)*(double)(b[i+1]+b[i])/2;
        }
        printf("Case #%d: %lld %.3lf\n",++t,ans,sum);
    }
    return 0;
}