ABC 132 | D - Blue and Red Balls

题目描述

给定\(K\)个蓝球和\(N - K\)个红球，这\(N\)个球从左到右排成一列，\(Takahashi\)可以每次选连续的若干个蓝球直至蓝球被选完，他会在尽可能少的步数内完成。
问有多少种球的摆放方式使得\(Takahashi\)可以在恰好\(i(1 \le i \le K)\)步内取完所有蓝球？由于方案数很多，输出\(\mod 1e9 + 7\)后的结果。

数据范围

\(1 \le K \le N \le 2000\)

题解

本题是一个计数题，可以通过排列组合直接进行计算。

• 首先将\(K\)个蓝球分为\(i\)组，有\(C_{k - 1}^{i - 1}\)种方案数
• 然后考虑用红球将蓝球间隔开，有以下三种方案。
  • 将\(N - K\)个红球分为\(i\)组，有\(C_{N - K - 1}^{i - 1}\)种方案，考虑到\(i\)组红球与\(i\)组蓝球交替排放有两种方案，故总方案数为\(2 * C_{N - K - 1}^{i - 1}\)
  • 将\(N - K\)个红球分为\(i - 1\)组，有\(C_{N - K - 1}^{i - 2}\)种方案
  • 将\(N - K\)个红球分为\(i + 1\)组，有\(C_{N - K - 1}^{i}\)种方案
• 综上，最后的方案数有\(C_{k - 1}^{i - 1} * (2 * C_{N - K - 1}^{i - 1} + C_{N - K - 1}^{i - 2} + C_{N - K - 1}^{i})\)种。

但若直接按照上述公式写成代码，在避免RE错误加特判的过程中会导致答案错误，当然这是由于对计算过程理解不够导致的，这种情况可以先化简公式，也可以构造特殊样例发现错误

\[\begin{align*} &C_{k - 1}^{i - 1} * (2 * C_{N - K - 1}^{i - 1} + C_{N - K - 1}^{i - 2} + C_{N - K - 1}^{i}) \\ = &C_{k - 1}^{i - 1} * （(C_{N - K - 1}^{i - 1} + C_{N - K - 1}^{i - 2}）+（C_{N - K - 1}^{i - 1} + C_{N - K - 1}^{i}))\\ = &C_{k - 1}^{i - 1} * （C_{N - K}^{i - 1} + C_{N - K}^{i}) \\ = &C_{k - 1}^{i - 1} * C_{N - K + 1}^{i} \end{align*} \]

使用的化简公式是\(C_{n}^{m} = C_{n - 1}^{m - 1} + C_{n - 1}^{m}\)

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 2010, mod = 1e9 + 7;

int n, k;
ll c[N][N];

void init(){
    for(int i = 0; i < N; i ++)
        for(int j = 0; j <= i; j ++)
            if(!j) c[i][j] = 1;
            else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= k; i ++){
        ll ans = c[k - 1][i - 1] * c[n - k + 1][i] % mod;
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}