【题解】Popping Balls AtCoder Code Festival 2017 qual B E 组合计数

蒟蒻__stdcall终于更新博客辣~
一下午+一晚上=一道计数题QAQ
为什么计数题都这么玄学啊QAQ


Prelude

题目链接:这里是传送门= ̄ω ̄=
下面我将分几个步骤讲一下这个题的做法,大家不必一次看完,可以一点一点地推进思路,希望对锻炼大家的思维能力有帮助o( ̄▽ ̄)ブ。


Step 1

首先要看出来这是一个计数题对吧。。。
计数题有很多做法,对于这个题,我们考虑合理枚举,即不重复不遗漏地枚举所有情况,然后乘上一个组合数,并通过前缀和优化来降低复杂度。


Step 2

枚举什么东西呢?
我们考虑重新定义一下题目中的\(s\)\(t\)
我们定义\(t\)为,第一次取的蓝色球的位置,同时,为了构造出尽量多的方案,这个\(t\)要尽量地靠左。
举个栗子吧,比如我们想第一个取蓝色球,那么就有\(t = a + 1\),如果我们想等所有的红色球取完再取蓝色球,那么\(t = 1\)
这里说的不太清楚。。。大家意会一下QAQ
于是我们首先枚举\(t\),即第一个取的蓝色球的位置,那么我们在取到这个球之前,首先需要从首部取\(a + 1 - t\)个红色球。
也就是说,我们得到的结果序列,是以\(a + 1 - t\)个红色球和一个蓝色球开始的,对于不同的\(t\),我们得到的序列肯定是不同的,不会重复。
同时,因为我们肯定要取蓝色球,所以也覆盖了所有情况而不会遗漏。


Step 3

确定了一个\(t\)之后,我们取走最前面的\(a + 1 - t\)个红色球和在\(t\)位置的一个蓝色球。剩余\(t - 1\)个红色球和\(b - 1\)个蓝色球。
接下来该枚举什么?
考虑现在一共有\(t + b - 2\)个球,我们取走\(b - 1\)个,使得剩下\(t - 1\)个球,然后\(t\)这个位置就没有用了,接下来就可以考虑确定\(s\)的位置。
于是我们枚举\(i\),即剩下的\(t - 1\)个球中,蓝色球的数量。
然后,确定了\(i\)之后,我们发现我们需要取走\(i\)个红色球和\(b - 1 - i\)个蓝色球。
容易发现,接下来准备取走的球,是不受位置限制的,颜色可以任意取,也就是说,这即将要取走的\(b - 1\)个球中,红色球和蓝色球可以排在任意位置。
于是,取走这\(b - 1\)个球的方案数就是\(C_{b-1}^{i}\)
同样,当我们固定了\(t\)之后再枚举\(i\),也肯定是不重复不遗漏的,原因太显然了我就懒得讲了大家自己体会叭。。。


Step 4

现在我们剩了\(t - 1 - i\)个红色球和\(i\)个蓝色球。
现在\(t\)这个位置已经没法用了,我们还想要取蓝色球的话,需要新建一个位置\(s\),于是我们枚举\(s\)的位置。
注意,因为现在红色球只有\(t - 1 - i\)个,所以\(s\)最多枚举到\(t - i\)
同理,确定了一个\(s\)之后,我们需要先取走\(t - i - s\)个红色球,然后再取走一个蓝色球,和上面的情况类似,这里也是不重复不遗漏的。


Step 5

现在我们只剩\(s - 1\)个红色球和\(i - 1\)个蓝色球了。
类似Step 3,我们考虑取走\(i - 1\)个球,剩余\(s - 1\)个球,枚举这剩余\(s - 1\)个球中,蓝色球的数量\(j\),那么我们要取走\(j\)个红色球和\(i - 1 - j\)个蓝色球。
同理,取这些球的时候是不受位置限制的,方案数是\(C_{i-1}^{j}\)


Step 6

于是我们就只剩最后\(s - 1\)个球了,只能从首部一个一个取。


Step 7

我们枚举了\(t, i, s, j\)四个量,算法的时间复杂度为\(O(n^4)\)
然后我们发现,枚举\(j\)并累加\(C_{i-1}^{j}\),实际上是杨辉三角第\(i-1\)行的一个前缀和,于是可以记\(sum[i][j]\)为杨辉三角第\(i\)行前\(j\)项的和,复杂度变为\(O(n^3)\)
我们还能发现,枚举\(s\)并累加\(sum[i-1][min(s-1,i-1)]\),其实也是\(sum[i-1]\)的一个前缀和,于是记\(f[i][j]\)\(sum[i]\)的前\(j\)项的和。
于是复杂度就变成了\(O(n^2)\)辣~
撒花花~★,°:.☆( ̄▽ ̄)/$:.°★
(我想了一整个下午加一整个晚上好叭QAQ)


Code

代码如下

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

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2010;
const int MOD = 1e9+7;
int _w;

int C[MAXN][MAXN], sum[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN];
void prelude() {
    for( int i = 0; i < MAXN; ++i ) {
        f[i][0] = sum[i][0] = C[i][0] = 1;
        for( int j = 1; j <= i; ++j )
            C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % MOD;
        for( int j = 1; j < MAXN; ++j )
            sum[i][j] = (sum[i][j-1] + C[i][j]) % MOD;
        for( int j = 1; j < MAXN; ++j )
            f[i][j] = (f[i][j-1] + sum[i][j]) % MOD;
    }
}

int solvet( int t, int b ) {
    int ans = 1; // i == 0
    for( int i = 1; i <= min(t-1, b); ++i )
        ans = int((ans + (ll)f[i-1][t-i-1] * C[b][i]) % MOD);
    return ans;
}

int main() {
    prelude();
    int a, b;
    _w = scanf( "%d%d", &a, &b );
    if( !a || !b ) return puts("1"), 0;
    int ans = 0;
    for( int t = 1; t <= a+1; ++t )
        ans = (ans + solvet(t, b-1)) % MOD;
    printf( "%d\n", ans );
    return 0;
}
posted @ 2017-10-20 07:45 mlystdcall 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏