【LuoguP4609】建筑师（FJOI2016）-第一类斯特林数

测试地址：建筑师
做法：本题需要用到第一类斯特林数。
我们先来分析“可见”这个性质。因为建筑的高度各不相同，所以两个可见建筑之间，一定是若干个比这两个可见建筑高度要小的建筑。而我们知道高度为n$n$的建筑无论如何都会被看到，而从这个建筑往两边的可见建筑高度显然是不断减小的。这样，我们把从左（右）边能看到的每一个可见建筑，与它右（左）边下一个可见建筑之间的部分看做一个集合，因为高度为n$n$的建筑无论如何都可见所以我们就不管它了，这样我们就相当于要把1$1$~n−1$n-1$这些数分成A+B−2$A+B-2$个集合，每个集合都是一个排列，且要求排列的首位（或末位）必须是集合内的最大值，求方案数。
注意到，任何两个互不相同的圆排列，都可以转成两个互不相同的满足上述条件的排列，这就说明圆排列和上述满足条件的排列是等价的。而把n−1$n-1$个元素拆成A+B−2$A+B-2$个圆排列的方案数，这就是第一类斯特林数的定义。具体来说，第一类斯特林数s(i,j)$s(i,j)$（i$i$个元素拆成j$j$个圆排列的方案数）的递推式如下：
s(i,j)=s(i−1,j−1)+(i−1)s(i−1,j)$s(i,j)=s(i-1,j-1)+(i-1)s(i-1,j)$
边界条件为s(0,0)=1$s(0,0)=1$。这个递推式的含义是，分别讨论i$i$这个元素是被分在新的圆排列里，还是插入之前的某个圆排列里。如果被分在新的圆排列里，方案数就是s(i−1,j−1)$s(i-1,j-1)$，而如果插入之前的某个圆排列里，有i−1$i-1$个位置可供插入，所以方案数是(i−1)s(i−1,j)$(i-1)s(i-1,j)$。
所以上面问题的答案就很显然是s(n−1,A+B−2)$s(n-1,A+B-2)$。但是还没有结束，我们意识到，把分成的这些集合，分配到高度为n$n$的建筑的左边和右边，每一种集合的分配方案就会产生s(n−1,A+B−2)$s(n-1,A+B-2)$种方案。而强制左边有A$A$个建筑可见，就是强制要向左边分配A−1$A-1$个集合，所以最后的答案就是：
CA−1A+B−2×s(n−1,A+B−2)$C_{A+B-2}^{A-1}\times s(n-1,A+B-2)$
O(na+a2)$O(na+a^2)$（a=A+B$a=A+B$）预处理，然后O(1)$O(1)$回答每个询问即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int T,mxn=0,mxab=0,n[200010],a[200010],b[200010];
ll s[50010][210]={0},C[210][210]={0};

void init()
{
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&n[i],&a[i],&b[i]);
        mxn=max(mxn,n[i]);
        mxab=max(mxab,a[i]+b[i]);
    }

    s[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=mxn;i++)
        for(ll j=1;j<=i&&j<=mxab;j++)
            s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j])%mod;

    C[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=mxab;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(ll j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
}

void work()
{
    for(int i=1;i<=T;i++)
        printf("%lld\n",s[n[i]-1][a[i]+b[i]-2]*C[a[i]+b[i]-2][a[i]-1]%mod);
}

int main()
{
    init();
    work();

    return 0;
}