P11655 「FAOI-R5」Lovely 139 解题报告

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P11655 「FAOI-R5」Lovely 139 解题报告

一、 题目分析

首先，我们来弄清楚题目要求的是什么。

1. 01串：一个只包含字符 '0' 和 '1' 的字符串。
2. 极长颜色段：简单来说，就是连续的、相同字符的最长子串。比如 000110 中，000、11、0 就是三个极长颜色段。
3. \(g(S)\)：一个 01 串 \(S\) 中，不同的极长颜色段的数量。
   • 例如 \(g(\underline{00}) = 1\)。
   • 例如 \(g(\underline{111}\underline{0}) = 2\)。
   • 例如 \(g(\underline{00}\underline{1}\underline{0}\underline{11}) = 4\)。
4. \(f(n, m)\)：核心要求。我们需要计算所有恰好包含 \(n\) 个 '0' 和 \(m\) 个 '1' 的 01 串的 \(g(S)\) 之和。

举个例子，对于 \(n=2, m=2\)，所有可能的 01 串有 \(C(4,2)=6\) 种：
0011 -> \(g=2\)
0101 -> \(g=4\)
0110 -> \(g=3\)
1001 -> \(g=3\)
1010 -> \(g=4\)
1100 -> \(g=2\)
\(f(2,2) = 2+4+3+3+4+2 = 18\)。

直接暴力枚举所有字符串然后计算 \(g(S)\) 再求和，只在 \(n+m\) 很小的时候才可行。对于本题的数据范围，我们需要一个更高效的数学方法。

二、 思路转换：如何计算 \(g(S)\)？

我们观察 \(g(S)\) 的计算方式。每当字符串中的颜色发生变化时，就会产生一个新的颜色段。

• 字符串 1110，在第 3 位和第 4 位之间（从 1 变为 0），颜色发生了一次变化。整个串的颜色段数是 \(1+1=2\)。
• 字符串 001011，在第 2、3 位之间（0->1），第 3、4 位之间（1->0），第 4、5 位之间（0->1），共发生了 3 次颜色变化。整个串的颜色段数是 \(3+1=4\)。

我们发现一个规律：
\(g(S) = (\text{相邻字符不同的位置数量}) + 1\)

为什么是 +1 呢？因为即使字符串中没有颜色变化（例如 000 或 111），它本身也构成了一个颜色段。所以，第一个颜色段是“基础分”，之后每发生一次颜色翻转，就增加一个新的颜色段。

这个发现至关重要，它将我们“数段数”的问题，转换为了“数相邻不同字符对”的问题。

三、 贡献法计算：拆分问题

现在，我们的目标是计算 \(\sum g(S)\)，根据上面的转换，它等价于计算：

\[\sum_{\text{所有合法S}} ((\text{S中相邻不同字符对的数量}) + 1) \]

根据加法分配律，我们可以把这个和式拆成两部分：

\[\sum_{\text{所有合法S}} 1 \quad + \quad \sum_{\text{所有合法S}} (\text{S中相邻不同字符对的数量}) \]

这是一种经典的组合数学思想，称为“贡献法”。我们分别计算每一部分的贡献，然后相加。

1. 计算第一部分： +1 的总贡献

这部分最简单。对于每一个符合条件的字符串 \(S\)（即包含 \(n\) 个 '0' 和 \(m\) 个 '1'），我们都为总和贡献了 1。所以，我们只需要知道总共有多少个这样的字符串。

这相当于在 \(n+m\) 个位置中，选择 \(n\) 个位置放 '0'（剩下的 \(m\) 个位置自动放 '1'）。这是一个经典的组合问题，总共有 \(C_{n+m}^n\) 个不同的字符串。

所以，第一部分的总贡献是：\(C_{n+m}^n\)。

2. 计算第二部分：相邻不同字符对的总贡献

这部分稍微复杂一些。我们不想遍历每个字符串再数它有多少个不同对。我们可以反过来思考：对于每一个可能的位置，它对总和贡献了多少？

一个长度为 \(n+m\) 的字符串，有 \(n+m-1\) 个“相邻位置对”（即第1和2位，第2和3位，...，第 \(n+m-1\) 和 \(n+m\) 位）。

我们任意选择一个相邻位置对，比如第 \(i-1\) 位和第 \(i\) 位。在多少个字符串中，这两位是不同的（即 01 或 10）？

• Case 1: 第 \(i-1\) 位是 '0'，第 \(i\) 位是 '1'
  我们已经固定了这两位，用掉了 1 个 '0' 和 1 个 '1'。
  剩下还有 \(n-1\) 个 '0' 和 \(m-1\) 个 '1'。
  总共有 \(n+m-2\) 个空余位置。
  我们需要在剩下的 \(n+m-2\) 个位置中，选择 \(n-1\) 个位置放 '0'。
  方案数是 \(C_{n+m-2}^{n-1}\)。

• Case 2: 第 \(i-1\) 位是 '1'，第 \(i\) 位是 '0'
  同理，我们也用掉了 1 个 '1' 和 1 个 '0'。
  剩下还有 \(n-1\) 个 '0' 和 \(m-1\) 个 '1'。
  方案数依然是 \(C_{n+m-2}^{n-1}\)。

所以，对于任意一个相邻位置对 \((i-1, i)\)，总共有 \(2 \times C_{n+m-2}^{n-1}\) 个字符串在此处发生了颜色变化。

由于一共有 \(n+m-1\) 个这样的相邻位置对，且每个位置对的贡献都是相同的，所以第二部分的总贡献就是：

\[(n+m-1) \times 2 \times C_{n+m-2}^{n-1} \]

四、 总结与公式

将两部分的贡献相加，我们就得到了最终的答案 \(f(n,m)\)：

\[f(n,m) = C_{n+m}^n + (n+m-1) \times 2 \times C_{n+m-2}^{n-1} \]

特殊情况处理：
如果 \(n=0\) 或 \(m=0\)，字符串只有一种（如 111...），颜色段数量为 1。此时 \(f(n,m)=1\)。我们的公式在这种情况下也成立，因为 \(C_{n+m-2}^{n-1}\) 此时的 \(n-1\) 或 \(m-1\) 为负数或大于上标，组合数为 0，第二项消失，只剩下 \(C_{n+m}^n=1\)。

如果 \(n+m < 2\)，第二项也会因为组合数无意义而为 0，公式依然正确。

五、 代码实现

为了在规定时间内计算出结果，我们需要高效地计算组合数 \(C_a^b \pmod{p}\)。由于模数 \(10^9+7\) 是一个质数，我们可以通过预处理阶乘和阶乘的逆元来实现。

1. 预处理：计算从 \(1!\) 到 \((2 \times 10^6)!\) 的阶乘值，以及它们的模逆元。
2. 计算组合数：利用公式 \(C_a^b = \frac{a!}{b!(a-b)!} = a! \times (b!)^{-1} \times ((a-b)! )^{-1} \pmod{p}\)。
3. 代入公式：根据输入的 \(n, m\)，利用预处理好的数据和上述公式计算 \(f(n,m)\)。

这样，对于每次查询，我们都可以在 \(O(1)\) 的时间内得出答案。

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希望这份报告能帮助你理解这道题的巧妙解法！核心就是将一个看似复杂的问题（数颜色段）转换成一个更容易用组合数学处理的问题（数颜色变化点），再利用贡献法将问题分解，最终得到一个优美的计算公式。