【洛谷比赛】Agent1

前言

报了比赛过后愉快地忘记了它

和家人吃了个火锅，回来发现已经八点多了...只剩2h了。。。

吃饱了过后好难思考问题啊，还是勉强点开了比赛，基础数学大幅度退步，40min才搞定T1

然后看T2，觉得有点像贪心，但是贪心不会放第二题吧，虽然出题人说自己出的题水...考虑资源分配类dp呢？有点像吧

不想思考啊，于是敲了个大法师，敲了一半巨困无比，于是瘫在沙发上睡了一会儿，醒来就只有25min了！！

把T3瞄了一眼，读懂了题，感觉暴力挺好打的，但是状态与状态之间似乎有冲突关系？难道会用一点而并查集？？

哎呀算了算了坐等比赛结束...

结局就是只做了第一题

题解

题面

某地的ENLIGHTENED总部总部有N个Agent，每个Agent的能力值互不相同，现在ENLIGHTENED行动指挥想要派出A,B两队Agent去参加XM大战。但是参加大战的两个队伍要满足两个要求：

1. A队中能力最大的Agent的能力值要小于B队能力最弱的Agent的能力值。
2. A,B两队都要有人参战。

并不一定所有的Agent都要去参加XM大战的，心急的ENLIGHTENED行动指挥想知道有多少种安排Agent参加大战的方案。由于答案可能很大，所以只需要你求出答案模(10^9+7)的值就可以了。

分析

不是很难，我做题的过程是 找规律-->打表验证规律-->化简公式（消除递推项）

就设这N个值分别是1~N，先看看样例

N==1：无合法情况
N==2：①A:1 B:2
N==3：①A:1 B:2 ②A:1 B:3 2 ③A:1 B:3 ④A:2 B:3 ⑤A:2 1 B:3

 可以发现，其实如果每次考虑插入一个最大的数k进来，首先，k-1时的所有方案是都合法的（不需要全部用完）

而k-1时的所有方案的B集合里添加一个k，也是合法的

如上面N==3的时候的第1组和第2组

那继续接着N==3讨论，剩下那三组是什么呢？你会发现，其实就是在1,2两个数中选一个或选两个，这不就是组合数求和吗！

众所周知 C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+……+C(n,n)=2^n,C(n,0)=1,所以C(n,1)+C(n,2)+……+C(n,n)=2^n -1

推广出去，就可以得到f[n]=f[n-1]*2+2^n-1 (n>=2),f[1]=0.

然而数据规模达到了1e9,递推是不行的，就只有把递推式化简成通项公式。对于我这个数学渣来说内心是拒绝的aaa....

还是得硬着头皮化。于是用上了我在数列里最爱搞的一套枚举，我模拟了f[4]的计算方法，就推出来了

f[4]=f[3]*2+2³-1=(f[2]*2+2²-1)*2+2³-1=(((f[1]*2+2¹-1))*2+2²-1)+2³-1=4*(2¹-1)+2*(2²-1)+2³-1

=3*2³-(1+2+4) 

推广出去 f[n]=(n-1)*2^(n-1)-(1+2+…+2^n-1)

后面这一堆减的数再用等比数列求个和

然后就可以化成 最后最简的式 f[n]=（n-2）*2^(n-1)+1

最后快速幂一下，就OK了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
ll n;
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ret=(ret*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    cin>>n;
    cout<<((n-2)*ksm(2,n-1))%mod+1;
    return 0;
}