Newcoder 145 F.Mindiff and Maxdiff（组合数学）

最新推荐文章于 2022-10-27 17:29:32 发布

v5zsq

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分类专栏： Newcoder 组合数学

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Description

对于一个集合 $T$ ，定义 $m i n d i f f (T)$ 为 $T$ 中任意两元素差值最小值， $m a x d i f f (T)$ 为 $T$ 中任意两元素差值最大值，如果集合元素少于两个则定义两者值为 $0$ . 对集合 ${1,2,...,n\}$ 的所有子集 $T$ 的 $mindiff(T)⋅maxdiff(T)mindiff(T)\cdot maxdiff(T)$ 求和

Input

一个整数 $n(1≤n≤5⋅105)n(1\le n\le 5\cdot 10^5)$

Output

输出答案，结果模 $10^9+7$

Sample Input

Sample Output

Solution

记 $m n (T)$ 为集合 $T$ 中任意两元素差值最小值， $m x (T)$ 为集合 $T$ 中任意两元素差值最大值，对于集合 $T$ ，假设其 $m n (T) = d$ ，那么 $m x (T)$ 对答案的贡献是 $d$ 倍，进而考虑所有 $mn(S)≥dmn(S)\ge d$ 的集合 $S$ 的 $m x$ 值之和，那么 $m x (T)$ 在 $mx(S)≥1,...,dmx(S)\ge 1,...,d$ 时都会被算一遍，也即算了 $d$ 遍，故答案为 $∑d=1n−1f(d)\sum\limits_{d=1}^{n-1}f(d)$ ，其中 $f (d)$ 为所有 $mn(S)≥dmn(S)\ge d$ 的集合 $S$ 的 $m x$ 值之和，现在求 $f (d)$ ，枚举集合 $T$ 的元素个数 $k$ 和 $m x (T) = t$ ，那么在 $1$ ~ $n$ 中选出最小值和最大值使得两者差值为 $t$ 的方案数为 $n - t$ 种，而在两者之间的 $t - 1$ 个位置中，为保证任意两个数字之间距离不小于 $d - 1$ ，由插板法，提前拿出 $(k - 1) (d - 1)$ 个位置空着，在剩余位置中选取 $k - 2$ 个位置放剩下数字，故有
$f(d)=\sum\limits_{k=2}^n\sum\limits_{t=1}^{n-1}t(n-t)C_{t-1-(k-1)(d-1)}^{k-2}$
注意到为使组合数合法，需要修改 $k, d$ 的下限，进而有
$f(d)=\sum\limits_{(k-1)d\le n}\sum\limits_{t=(k-1)d}^{n-1}t(n-t)C_{t-1-(k-1)(d-1)}^{k-2}$
由于满足 $(k−1)d≤n(k-1)d\le n$ 的 $(k, d)$ 组数只有 $O (n l o g n)$ 规模，只需快速求出
$\sum\limits_{t=(k-1)d}^{n-1}t(n-t)C_{t-1-(k-1)(d-1)}^{k-2}$
在 $m a t h e m a t i c a$ 里跑一下有
$\sum\limits_{t=(k-1)d}^{n-1}t(n-t)C_{t-1-(k-1)(d-1)}^{k-2}=\frac{(n-1+2d)(n-(k-1)d)(n-(k-1)(d-1))}{k(k+1)}C_{n-1-(k-1)(d-1)}^{k-2}$
故可以 $O (1)$ 求出该求和式，总时间复杂度 $O (n l o g n)$

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=500005;
#define mod 1000000007 
int inv[maxn],fact[maxn],sum[maxn];
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
void init(int n=500001)
{
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
	sum[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=mul(sum[i-1],inv[i]);
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fact[i]=mul(fact[i-1],i);
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<0||m<0||m>n)return 0;
	return mul(fact[n],mul(sum[m],sum[n-m]));
}
int main()
{
	init();
	int n;
	scanf("%d",&n);
	int ans=0;
	for(int d=1;d<=n-1;d++)
		for(int k=2;(k-1)*d<=n&&k<=n;k++)
		{
			int w=n-(k-1)*(d-1);
			int res=C(w-1,k-2);
			res=mul(mul(res,n-1+2*d),mul(inv[k],inv[k+1]));
			res=mul(res,mul(w-(k-1),w));
			ans=add(ans,res);
		}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}