BZOJ4402 Claris的剑, 【2020六校联考NOIP #1】山水画

题目来源：BZOJ4402 Claris的剑，后被选入【2020六校联考NOIP 第1场】，题为【山水画】，搬题人memset0。

算法：组合计数。

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“本质不同”这个要求比较毒瘤，我们必须先把它解决，以免重复计数。

发现每个数列，通过重新排列，一定能转化为如下两种形式之一：

• (1,(2,1),(2,1),dots,2,(3,2),(3,2),dots,3,(4,3),(4,3),dots,j)。
• (1,(2,1),(2,1),dots,2,(3,2),(3,2),dots,3,(4,3),(4,3),dots,j,j-1)。

其中(j)是序列里最大的数。

至于为什么所有数列一定能转化成这样，你只需要在知道每种值的出现次数以后，让字典序尽可能小，就一定会排成这个形式。

通过我打的括号，大家不难看出，如果把每种值第一次出现的位置拎出来，它们一定是一个恰为(1,2,dots ,j)的子序列（也就是序列里没有括号的部分）。而其它的位置，就是在这个子序列中，插入了若干个二元组。如果知道了序列长度(i)和最大元素(j)，则这样的序列数量，就相当于把(lfloorfrac{i-j}{2} floor)个元素，放入(j-1)个本质不同的盒子，盒子可以为空，方案数是({lfloorfrac{i-j}{2} floor+j-1-1choose j-1-1})。

注：把(x)个本质相同的物品放入(y)个本质不同的盒子，盒子可以为空。这个方案数可以用插板法求出。先在每个盒子里补一个物品，让所有盒子都不为空。然后插板，方案数是：({x+y-1choose y-1})。

于是可以得到一个复杂度(O(nm))的做法：枚举(i,j)，则答案是：

[ ext{ans}=1+sum_{i=2}^{n}sum_{j=2}^{min(m,i)}{lfloorfrac{i-j}{2} floor+j-2choose j-2} ]

其中最前面的(1)，就是只有一个元素的序列({1})，为了避免组合数中出现负数，我们将其单独计算。

发现这个式子里，(i,j)纠缠在一起，很难直接计算。考虑枚举(k=lfloorfrac{i-j}{2} floor)的值。则答案又可以写成：

[egin{align} ext{ans}&=1+sum_{j=2}^{min(m,n)}sum_{k=0}^{lfloorfrac{n-j}{2} floor}{k+j-2choose j-2} +sum_{j=2}^{min(m,n-1)}sum_{k=0}^{lfloorfrac{n-j-1}{2} floor}{k+j-2choose j-2}\ &=1+sum_{j=0}^{min(m-2,n-2)}sum_{k=j}^{lfloorfrac{n-j-2}{2} floor+j}{kchoose j} +sum_{j=0}^{min(m-2,n-3)}sum_{k=j}^{lfloorfrac{n-j-3}{2} floor+j}{kchoose j}\ &=1+sum_{j=0}^{min(m-2,n-2)}{lfloorfrac{n-j-2}{2} floor+j+1choose j+1}+sum_{j=0}^{min(m-2,n-3)}{lfloorfrac{n-j-3}{2} floor+j+1choose j+1} end{align} ]

注：最后一步，是用到了(sum_{i=x}^{y}{ichoose x}={y+1choose x+1})。可以用杨辉三角形来理解：相当于求杨辉三角上连续若干行，每行的第(x)个数的和（画出来是一条斜向左下的斜线）。从上到下把每两个数合并为下一行的第(x+1)个数即可。也可以用组合意义来理解：从(y+1)个数里选(x+1)个数，枚举最后一个数在哪，然后在前面随便选。

通过预处理阶乘和逆元，求组合数是(O(1))的，因此最后的时间复杂度为(O(m))（(n,m)同阶）。

参考代码：

//problem:BZOJ4402
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=2e6;
const int MOD=1e9+7;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}

int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
	if(n<k)return 0;
	return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
	for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}

int main() {
	facinit();
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	int ans=1;
	/*
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=2;j<=m && j<=i;++j){
			add(ans, comb((i-j)/2+j-1-1, j-1-1)); // (i-j)/2个东西,放进j-1个盒子,可以为空
		}
	}
	*/
	for(int j=0;j<=min(m-2,n-2);++j){
		add(ans, comb((n-j-2)/2+j+1, j+1));
	}
	for(int j=0;j<=min(m-2,n-3);++j){
		add(ans, comb((n-j-3)/2+j+1, j+1));
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}