AT_aising2020_f Two Snuke 题解

很好的题。

思路

首先分析条件。

我们需要满足：\(s_1<s_2\) 等不等关系。

我们不想要处理复杂的不等关系，那么我们可以转化枚举的东西。

令 \(sf=s_1\times 2,sg=s_2-s_1\)。

相对应的，我们会有：\(nf,ng,uf,ug,kf,kg,ef,eg\)。

我们现在的问题就转化为了：

\[\sum_{sf,sg,nf,ng,uf,ug,kf,kg,ef,eg}sg\times ng\times ug\times kg\times eg \]

如何处理乘法，一个常见技巧是用分配律拆开，可以知道它的组合意义是每一段中选一个代表的东西。

考虑选一个代表的东西会是什么影响。

你本来的一堆东西，相当于产生了一个分界处，所以它的方案与选两堆是一样的。

那么我们可以再来审视一下这些条件了。

我们要把小于等于 \(n\) 个无标号小球放到 \(15\) 个有标号的盒子里，可以为空，前 \(5\) 个盒子里的小球数量要求是偶数个。

这个怎么做呢？

首先，小于等于 \(n\) 个是好处理的。

我们只要再多加一个盒子来放其余的小球就可以了。

偶数怎么处理？

我们可以枚举有多少个奇数个球的盒子，由于除了前五个盒子里必须要是偶数，后面十一个都可能是奇数。

其余的就可以隔板法统计了。

另外最后的细节就是，\(sg,ng,ug,kg,eg\) 这 \(5\) 个盒子不能为空，这个就只需要在最开始把 \(n\) 减五就可以了。

式子是：

\[\sum_{i=0}^{11}[(n-i)\bmod 2=0]\binom{\frac{n-i}{2}+15}{15}\binom{11}i{} \]

注意，\(n\) 是减了五的。

组合数暴力计算即可。

复杂度把上面看作常数就是 \(O(T)\) 的。

Code

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

#define int long long

const int mod = 1e9 + 7;

inline int power(int x, int y) {
  int res = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) res = res * x % mod;
    x = x * x % mod, y /= 2;
  }
  return res;
}
inline int C(int n, int m) {
  int res = 1;
  for (int i = n; i > n - m; i--) res = res * i % mod;
  for (int i = 1; i < m + 1; i++) res = res * power(i, mod - 2) % mod;
  return res;
}
inline void solve() {
  int n, ans = 0;
  cin >> n, n -= 5;
  for (int i = 0; i <= 11; i++) {
    int m = n - i;
    if (m < 0 || m & 1) continue;
    (ans += C(m / 2 + 15, 15) * C(11, i)) %= mod;
  }
  cout << ans << "\n";
}

signed main() {
  int t;
  cin >> t;
  while (t--) solve();
  return 0;
}