计数题

trick

对于要求两个边的和相等问题，可以将一边设为正数，另外一边设为负数，那么两边相等问题就变为两边之和是否等于 0 问题，在通过调整将值域变为权正，然后等于某个确定了的数。这道题就运用了这样的思想。
有一个很基础的计数问题：$\forall i\in[1,n],a_i\ge 0$ 要求 $\sum_{i=1}^n x_i = m$，这个就可以用插板法做，计算 $m+n-1\choose n-1$。
那我如果升级一下，变成 $0\le a_i\le h$，那么就是在其基础上添加一个容斥，枚举有多少个数比 $m$ 写成式子就是：
如果要算 $S>T$ 的方案数，如果 $S>T$ 和 $S<T$ 之间存在比较直接的关系，比如 $S>T$ 的方案数与 $S<T$ 的方案数是相同的，我们可以先算出 $S=T$，再拿总方案数减去后除以 2。

\[\sum_{i=0}^n (-1)^i {m-i(h+1)+n-1\choose n-1} \]

题目

XMS2C. 概率（pr）

题目大意

有一个随机生成器，随机生成一个长度为 $2\times n$，值域为 $[0,m]$ 的正整数序列，要求前 $n$ 个数比后 $n$ 个数大的概率。

考场思路（70pts）

考场思路

并没有想到正解那样的转化。我们发现 $n$ 个数的和有 $nm+1$ 种可能值，我们算出每个可能值的方案数，做一遍前缀和，那么前 $n$ 个数比后 $n$ 个数大的方案数就是 $\sum_{i=1}^{nm} f_i\times sum_{i-1}$。

算方案数用 DP，状态数 $O(nm)$，转移 $O(n)$ 次，单次转移 $O(m)$，可以用前缀和优化到 $O(1)$，所以复杂度就是 $O(n^2m)$，理论上很难过 70pts 的点。

但是我们发现，相同的 $m$，不同的 $n$ 其实可以离线下来放在一起算，这样就可以减少很多计算，就可以卡过 70pts。

code

int calc(int n,int m,int now){
	sum[0]=f[0];
	for(int i=1;i<=now;i++) sum[i]=sum[i-1],add(sum[i],f[i]);
	int p=0,q=0;
	for(int i=1;i<=now;i++) add(p,1ll*f[i]*sum[i-1]%mod);
	q=qpow(m+1,2*n);
	return 1ll*p*qpow(q,mod-2)%mod;
}

void solve(int m){
	int ppp=0;
	int now=0;
	f[0]=1;
	for(int i=1;;i++){
		g[0]=f[0];
		now=i*m;		
		for(int j=1;j<=now;j++) g[j]=g[j-1],add(g[j],f[j]);
		for(int j=0;j<=now;j++) f[j]=0,add(f[j], g[j]-(j-m-1<0 ? 0:g[j-m-1])+mod);
		while(ppp<q[m].size() && q[m][ppp].first==i) res[q[m][ppp].second]=calc(i,m,now),ppp++;
		if(ppp>=q[m].size()) return clean(i,m),void();
	}
}

解题思路

一个常见的转化：由于前 $n$ 个和后 $n$ 个其实是本质相同的，于是我们其实可以统计两个和相等的方案数，再拿总方案数减去后除以 2，就是前面大于后面的方案数。

现在的问题就转化为统计前 $n$ 个和后 $n$ 个相等的方案数，下面依然是非常经典的转化：

把后 $n$ 个数的值域变成 $[-m,0]$，前 $n$ 个数不变，那么问题又转化为这 $2n$ 个数的和为 0，继续调整后 $m$ 个数的值域为 $[0,m]$，那么就变成了统计 $2n$ 个数的和为 $nm$，这其实就变成了一个经典组合计数问题：

\[\forall i\in[1,2n], a_i\in[0,m]\\ \sum_{i=1}^{2n} a_i=nm \]

如果没有 $a_i\le m$ 的限制，那么就是插板法，多了 $a_i\le m$ 的限制，那么就多加一个容斥就行了。复杂度 $O(Tn)$。