望月者计划

 

望月者计划's 题解 for jimmy0926

1. 问题建模：从决策序列到能量路径

用变量 c₀, c₁, …, c_n−1 ∈ {0,1} 表示在每个单位时间节点是否增强（1 增强，0 不增强）。

• 题目要求 c₀ = 1（初始能量为 0 必须增强），其余 c_i 可选。
• 增强后能量立即 +m，随后每传递 1 单位时间能量 −1。

定义能量序列 E_i：经过前 i 个节点决策并消耗后的能量：

• E₀ = 0，增强 c₀=1 后消耗，得 E₁ = m − 1。
• 对 i ≥ 1：
• 若 c_i = 1：E_i+1 = E_i + m − 1。
• 若 c_i = 0：E_i+1 = E_i − 1。

合法条件等价于能量始终非负：E_i ≥ 0 对所有 i = 1, …, n 成立。能量为 0 时必须增强的规则自动被非负条件涵盖。

2. 总方案数与非法方案

若忽略所有约束，每个节点可选 0 或 1，共 2ⁿ 种原始赋值。合法方案数 = 2ⁿ − 非法方案数。

首次违规分析

对于非法路径，存在最小的 v ≥ 1 满足 E_v < 0。由于每步至多下降 1，必有 E_v = −1，且 E_v−1 = 0，导致违规的决策是 c_v−1 = 0。

由能量递推得 E_v−1 = m · T_v−1 − (v−1) = 0，因此 v−1 必须是 m 的倍数，记为 v−1 = m k，于是 v = m k + 1，且前 v−1 步恰好有 k 次增强。首次违规时刻固定为 j = m k + 1，前缀路径能量非负且终值为 0，第 j 步决策为 0，之后可任意。

3. 前缀序列计数与广义卡特兰数

长度为 L = m k 的前缀序列要求：E₀ = 0，E_i ≥ 0，E_L = 0，首决策必增强，共 k 次增强和 m k 次消耗。该类序列的计数为广义卡特兰数（Fuss–Catalan 数）：

C_m(k) = 1⁄_{m k + 1} (^{m k + 1}_k).

该公式可由 Raney 引理（Cycle Lemma）推导：考虑在末尾补一个 −1，反转符号，得到和为 +1 的序列，循环位移中恰有一个前缀和为正，通过双射得出计数。

4. 非法方案求和与合法方案公式

非法方案总数 = ∑_{k ≥ 0, m k+1 ≤ n} 2^{n − (m k+1)} · 1⁄_{m k+1} (^{m k+1}_k).

因此合法方案数：

ans = 2ⁿ − ∑_{k ≥ 0, m k+1 ≤ n} 2^{n − (m k+1)} · 1⁄_{m k+1} (^{m k+1}_k).

5. 代码实现细节

ll ans = pw2[n];          // 总方案数 2^n
for (ll k = 0; ; ++k) {
    ll j = (ll)m * k + 1; // 首次违规时刻 v
    if (j > n) break;

    ll invj = inv_fact[j] * fact[j-1] % mod; // 逆元 1/j
    ll term = pw2[n - j] * C(j, k) % mod * invj % mod;
    ans = (ans - term + mod) % mod;
}

• fact 与 inv_fact 预处理阶乘及其逆元，用于 O(1) 计算组合数。
• invj 利用 j! / j = (j−1)! 的性质在模意义下求逆元。
• pw2 预处理 2 的幂次。
• 循环终止条件保证只处理合法的 k。
• 时间复杂度 O(n/m)，最坏 O(n)，完全可承受。

总结

本题采用 全集 − 非法集 的容斥框架，通过首次违规时刻分类，利用 Raney 引理得到每类非法前缀的计数为广义卡特兰数，从而转化为简洁的数学公式。整个过程严谨高效，完美解决了问题。

更好理解的，Fuss-Catalan 数将“在矩阵中不超过对角线走法的方案数”扩展为“在坐标系中超过半轴走法的总方案数”。