杭电多校第四场 1002 HDU-6333（组合数+莫队）

Problem B. Harvest of Apples
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Problem Description
There are n apples on a tree, numbered from 1 to n.
Count the number of ways to pick at most m apples.

Input
The first line of the input contains an integer T (1≤T≤105) denoting the number of test cases.
Each test case consists of one line with two integers n,m (1≤m≤n≤105).

Output
For each test case, print an integer representing the number of ways modulo 109+7.

Sample Input

2
5 2
1000 500

Sample Output

16
924129523

题目大意：给出n个苹果，问你至多拿走m个苹果的方案数是多少？

题目思路：由于苹果是相同的，所以最终的答案就是不拿苹果的方案数+拿一个苹果的方案数+拿两个苹果的方案数+...+拿m个苹果的方案数。那么最终就是要求解： $\sum_{i=0}^{m}C(n,i)$ 。

通过预处理之后，我们求解单个答案的复杂度就是O(m)，但由于本题的T较大，这个复杂度是不合理的。

我们现在假设 $Sum(n,m)=\sum_{i=0}^{m}C(n,i)$ ，我们可以推出

$Sum(n,m)=Sum(n,m-1)+C(n,m)$

$Sum(n,m)=2*Sum(n-1,m)-C(n-1,m)$

式子一很容易就能推出来，现在来证明下式子二。

由组合数公式我们知道 $C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)$

那么

$Sum(n,m)=C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+...+C(n,m) ->$

$Sum(n,m)=C(n,0)+(C(n-1,1)+C(n-1,0))+(C(n-1,2)+C(n-1,1))+...+(C(n-1,m-1)+(n-1,m-2))+(C(n-1,m)+C(n-1,m-1)) ->$

$Sum(n,m)=2+2*C(n-1,1)+2*C(n-1,2)+...+2*C(n-1,m-1)+C(n-1,m)$

由于 $Sum(n-1,m)=1+C(n-1,1)+C(n-1,2)+...+C(n-1,m)$

故 $Sum(n,m)=2*Sum(n-1,m)-C(n-1,m)$ 。

我们得到这两个式子之后，我们就可以在O(1)的时间里由 $Sum(n,m)$ 求出 $Sum(n-1,m),Sum(n+1,m),Sum(n,m-1),Sum(n,m+1)$ 。

这样我们就可以借助莫队来完成这个问题，对T进行离线操作，再通过移动左右指针来解决答案。

这题可以先预处理出阶乘和所有的阶乘的逆元，那么就可以借助 $C(n,m)=\frac{n!}{m!(n-m)!}$ 在O(1)的时间内完成转移。

这样整体的复杂度为 $O(T\sqrt{MAX(n,m)})$ 。

具体实现看代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define pb push_back
#define MP make_pair
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=b;i>=a;i--)
#define FIN freopen("in.txt","r",stdin)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
using namespace std;
const int MX=1e5+7;
const int mod=1e9+7;

struct Query{
	int n,m,id;
}que[MX];
int pos[MX];
ll inv[MX],f[MX],ans[MX];
bool cmp(Query A,Query B){
	if(pos[A.n]!=pos[B.n]) return A.n<B.n;
	return A.m<B.m;
}

ll qpow(ll a,ll b){ll res=1;while(b){if(b&1) res=(res*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return res;}
void init(){
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<MX;i++) f[i]=(f[i-1]*i)%mod;
	for(int i=1;i<MX;i++) inv[i]=qpow(f[i],mod-2);
}
ll C(int n,int m){
    if(n < 0 || m < 0 || m > n) return 0;
    if(m == 0 || m == n) return 1;
    return f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
ll res=1;

int main(){
	init();
	int T;scanf("%d",&T);
	int block=(int)sqrt(MX);
	rep(i,1,MX-1) pos[i]=(i-1)/block;
	rep(i,1,T){
		scanf("%d%d",&que[i].n,&que[i].m);
		que[i].id=i;
	}
	sort(que+1,que+T+1,cmp);
	int N=1,M=0;
	rep(i,1,T){
		while(N<que[i].n) res=(2*res-C(N++,M)+mod)%mod;
		while(N>que[i].n) res=((res+C(--N,M))*inv[2])%mod;
		while(M<que[i].m) res=(res+C(N,++M))%mod;
		while(M>que[i].m) res=(res-C(N,M--)+mod)%mod;
		ans[que[i].id]=res;
	}
	rep(i,1,T)
		printf("%lld\n", ans[i]);
	return 0;
}

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