绍兴一中模拟赛2.18——切蛋糕

Description

Solution

令$n=h+w$

$1.O(n^2)$

枚举行数$i$和列数$j$，
$P_h^i$代表$h$行里选了$i$行的排列（与顺序无关，所以是排列）
$P_w^j$同理
但是两个排列只枚举了行与行和列与列之间的先后顺序，还不知道整个的先后顺序，那么再乘上一个$C_{i+j}^i$就得到了整个的方案数
$(i+1)(j+1)$为此时的贡献
很多人会以为这样就好了，但事实上因为过程中的答案统计的不一定只有一次，所以每个方案要乘上它接下来的方案个数$P_{n-i-j}^{k-i-j}$（$i+j$表示当前总操作次数，$k-i-j$为剩下的操作次数），配张图：

这张图代表了答案的计算过程
我们发现$1,2,3$这三个点都经过了$2$次，要把这个东西统计进去
$$ans=\sum _{i=0}^h\sum _{j=0}^w{P}_h^i{P}_w^j{C}_{i+j}^i(i+1)(j+1)P_{n-i-j}^{k-i-j}$$

$2.O(nlogn)$

把上式的$ans$拆开来，得到：
$$ans=\frac{h!w!(n-i-j)!(i+j)!(i+1)(j+1)}{i!j!(h-i)!(w-j)!n!}$$
这东西可以用$FFT$优化

$3.O(logn)$

考虑到我们要统计矩形的个数，那么只要统计左下角同时被行列两条线经过（边界的点默认已经被边界线经过）的个数即可
那么，在计算第$i$次分割的时候，不在边界上的点有$\frac{C_i^2}{C_n^2}$的概率被两条线切到（每次分割都会选怎么切，切到的两个数同时$\le i$的个数为$C_i^2$个，而切到数$\le n$的个数为$C_n^2$，所以概率为$\frac{C_i^2}{C_n^2}$）
而这样的点有$hw$个，所以总数为$\frac{(k-1)k(k+1)hw}{3n(n-1)}$
对于在边界上，但不是左下角的点，概率为$\frac{i}{n}$总共$n$个，总数为$\frac{k(k+1)}{2}$
左下角那个点每次概率为$1$，$k$次后，总数为$k$
所以：$$ans=\frac{(k-1)k(k+1)hw}{3n(n-1)}+\frac{k(k+1)}{2}+k$$

Code

过程中有$0$的话要特判掉

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e9+7;
long long h,w,k;
int n;
int pw(int x,int y){
	int z=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%M)
		if (y&1) z=1ll*z*x%M;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&h,&w,&k);
	h%=M,w%=M,k%=M,n=(h+w)%M;
	printf("%lld",(1ll*k*(k+1)%M*(k-1)%M*((M+1)/3)%M*(h?h:1)%M*(w?w:1)%M*(n==1?1:pw(1ll*n*(n-1)%M,M-2))+1ll*k*(k+1)/2+k)%M);
}