【AT3576】Popping Balls（数数题）

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• 有 \(n\) 个红球和 \(m\) 个蓝球排成一行。
• 你可以任意选定两个数 \(x,y\)，然后执行 \(n+m\) 次取球操作，每次在第 \(1\)/\(x\)/\(y\) 个球中取走一个。
• 求取出的球的颜色序列有多少种可能。
• \(1\le n,m\le2\times10^3\)

组合数学

选定不同的 \(x,y\) 可能取出相同的颜色序列这一点显得比较麻烦，考虑让每种颜色序列对应唯一的一种 \(x,y\)。

比较显然，红球肯定可以视作是从 \(1\) 取的；蓝球优先视作从 \(y\) 取，其次视作从 \(x\) 取，最后视作从 \(1\) 取。

我们强定第一次取蓝球的位置就是 \(y\)，因为真正的 \(y\) 肯定大于等于我们选中的这个 \(y\) ，而当其大于这个 \(y\) 时肯定不会更优。则接下来 \(m\) 步可以随意选择取红球或是蓝球， \(m\) 步后 \(y\) 位置上就没球了。

同理，强定之后第一次取蓝球的位置就是 \(x\)，设 \(y\) 位置取走了 \(i\) 次蓝球，那么接下来 \(m-i\) 步可以随意选择取红球或是蓝球，\(m-i\) 步后 \(x\) 位置上就没球了，此后只能全部从 \(1\) 取。

于是，我们枚举在 \(y\) 位置取走了 \(i\) 次蓝球（取走了 \(m-i\) 次红球），\(x\) 位置取走了 \(j\) 次蓝球（取走了 \(m-i-j\) 次红球），由于第一次取的肯定是蓝球，方案数分别为 \(C_{m-1}^{i-1}\) 和 \(C_{m-i-1}^{j-1}\)。

剩下的 \(n-(m-i)-(m-i-j)\) 个红球可以分别放在 \(y\) 首次取球前、\(x,y\) 取球间、\(x\) 取完球后的三部分中（剩下的蓝球只能在 \(x\) 取完球后所有红球都取走后），利用插板法计算出方案数为 \(C_{n-(m-i)-(m-i-j)+2}^2\)。

注意，上面的过程中假定了蓝球会分为从 \(y\) 取和从 \(x\) 取两部分，而没有考虑一次取走所有蓝球的情况，这一部分的方案数为 \(n+1\)。

代码：\(O(n^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 2000
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,m,C[2*N+5][2*N+5];
I void Init(CI S) {RI i,j;for(C[0][0]=i=1;i<=S;++i) for(C[i][0]=j=1;j<=i;++j) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%X;}
int main()
{
	RI i,j,t;for(scanf("%d%d",&n,&m),t=n+1,Init(max(n+2,m)),i=1;i<=m;++i) for(j=1;j<=m-i;++j)//枚举在y,x位置上取走的蓝球数
		(m-i)+(m-i-j)<=n&&(t=(t+1LL*C[m-1][i-1]*C[m-i-1][j-1]%X*C[n-(m-i)-(m-i-j)+2][2])%X);return printf("%d\n",t),0;//组合数计算方案数
}