P4936 题解

吐槽：来自同机房巨佬的嘲讽——这道题这么简单，观察法显然可得通项公式

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题目分析：

1. 分析题面，原题意思如下：

   从\(n\)个互不相同的数中取出某些数，将这些数分成两个集合\(A,B\)，这两个集合满足两个条件：

   • $ A\(集合中的最大的数小于\)B$集合中最小的数

   • $A,B \neq \emptyset $

   求共有多少种分法(结果对 \(10^9+7\) 取模)

2. 显然可以发现这题是一道组合数学的题，先手算 \(n \leq 10\) 的数据，在找规律推出公式。我给一下我的思路：

   1. 当 \(n=2\) 时，答案显然为1

   2. 当 \(n=3\) 时，设这些数为 \(a_1,a_2,a_3\) ,不妨设 \(a_1

      1. 当取3个数时，有以下分法：

         \[A=\{a_1 \},B=\{a_2,a_3\}\]

         \[A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3\}\]

         共 \(C^3_3 \times (3-1)=2\) 种

      2. 当取2个数时，有以下分法：

         \[A=\{a_1\},B=\{a_2\}\]

         \[A=\{a_1\},B=\{a_3\}\]

         \[A=\{a_2\},B=\{a_3\}\]

         共 \(C_3^2 \times (2-1)=3\) 种

      综上，当 \(n=3\) 时，有 \(C^3_3 \times (3-1)+C_3^2 \times (2-1)=5\) 种分法。

   3. 当 \(n=4\) 时，设这些数为 \(a_1,a_2,a_3,a_4\) ,不妨设 \(a_1

      1. 当取4个数时，有以下分法：

         \[A=\{a_1\},B=\{a_2,a_3,a_4\}\]

         \[A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3,a_4\}\]

         \[A=\{a_1,a_2,a_3\},B=\{a_4\}\]

         共 \(C^4_4 \times (4-1)=3\) 种

      2. 当取3个数时，有以下分法：

         \[A=\{a_1\},B=\{a_2,a_3\}\]

         \[A=\{a_1\},B=\{a_2,a_4\}\]

         \[A=\{a_1\},B=\{a_3,a_4\}\]

         \[A=\{a_2\},B=\{a_3,a_4\}\]

         \[A=\{a_1,a_2\},B=\{a_3\}\]

         \[A=\{a_1,a_2\},B=\{a_4\}\]

         \[A=\{a_1,a_3\},B=\{a_4\}\]

         \[A=\{a_2,a_3\},B=\{a_4\}\]

         共 \(C^3_4 \times (3-1)=8\) 种

      3. 当取2个数时，有以下分法：

         \[A=\{a_1\},B=\{a_2\}\]

         \[A=\{a_1\},B=\{a_3\}\]

         \[A=\{a_1\},B=\{a_4\}\]

         \[A=\{a_2\},B=\{a_3\}\]

         \[A=\{a_2\},B=\{a_4\}\]

         \[A=\{a_3\},B=\{a_4\}\]

         共 \(C^2_4 \times (2-1)=6\) 种

      综上，当 \(n=4\) 时，有 \(C^4_4 \times (4-1)+C^3_4 \times (3-1)+C^2_4 \times (2-1)=17\) 种分法。

   4. 通过数学归纳（找规律），可得公式：

      \[F(n)=\sum_{i=1}^{n-1}C^{i+1}_n \times i\]

   具体实现的代码就不写了，其他dalao有写。

   时间复杂度：\(O(n^2)\)

   空间复杂度：\(O(n^2)\)

   预计得分：40 points

3. 考虑优化。

   发现公式中的瓶颈在于如何快速处理组合数，于是开始推递推公式：

   \[F(n+1)-F(n)\times2 =\sum_{i=1}^{n}C^{i+1}_{n+1} \times i-(\sum_{i=1}^{n-1}C^{i+1}_n \times i)\times2 =\sum_{i=1}^{n}C^{i}_{n+1}=2^{n}-1\]

   故得：\(F(n+1)=F(n)\times 2+2^n-1\)

   代码就不写了

   时间复杂度：\(O(n)\)

   空间复杂度：\(O(n)\)

   预计得分：60 points

4. 继续考虑优化。

   已经写出递推公式的话有两种思路：1. 数学方法推通项公式；2. 矩阵快速幂加速递推公式。

   • 方法一：数学方法推通项公式：

     不会的详见必修五：数列递推求通项或询问数竞同学

     最后推出来的通项公式为：\(F(n)=(n-2)*2^{n-1}+1\) （若此处实在不知道如何推出来的，可以看一看其他人的题解）

     这里 \(2^{n-1}\) 用快速幂实现（注意，不能用 \(<<\) 来做，会爆 long long）

     代码见code1

     时间复杂度：\(O(\text{log}n)\)

     空间复杂度：\(O(1)\)

     预计得分：100 points

   • 方法二：矩阵快速幂优化：

     个人认为这个方法可能鲜有人能想到（太麻烦了），我就仔细讲一讲。

     首先，观察递推公式中有如下几个影响值：\(F(n),2^n,-1\) ,故与单位矩阵相乘的矩阵为

     \[\begin{bmatrix} F(n-1)\\ 2^{n-1}\\ 1\\ \end{bmatrix}\]

     得到的矩阵为

     \[\begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1\\ \end{bmatrix}\]

     通过一顿乱搞（不会矩阵加速的可以做一做 P1939 【模板】矩阵加速（数列）和 P1962 斐波那契数列）,推出单位矩阵：

     \[\begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1\\ \end{bmatrix}\]

     故矩阵递推式为：

     \[\begin{bmatrix} F(n-1)\\ 2^{n-1}\\ 1\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1\\ \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1\\ \end{bmatrix}\]

     化为矩阵幂形式得：

     \[\begin{bmatrix} F(2)\\ 2^2\\ 1\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 2&1&-1\\ 0&2&0\\ 0&0&1\\ \end{bmatrix}^{n-2} =\begin{bmatrix} F(n)\\ 2^{n}\\ 1\\ \end{bmatrix}\]

     套魔板即可。

     代码见code2

     时间复杂度：\(O(\text{log}n)\)

     空间复杂度：\(O(1)\)

   两种方法的优劣：

   • 第一种方法难算，需要较好的数学基础，但最后实现时时间复杂度在 \(O(1)\) — \(O(\text{log}n)\) ,常数极小。
   • 第二种方法是数列加速的常用方法，简单易想，但常数较大，本题为常数为27，即在大数据下比第一种方法慢2—3倍

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   Code1:

   #include
    //#define file
    #define modn (int)(1e9+7)
    #define int long long
    using namespace std;
    int n;
    inline int ksm(int x,int y,int p)
    {
        if(y==0) return 1%p;
        if(y==1) return x%p;
        int rst=ksm(x,y/2,p)%p;
        if(y%2==0)
        {
            return rst*rst%p;
        }else
        {
            int tmp=rst*rst%p;
            return tmp*x%p;
        }
    }
    signed main()
    {
        #ifdef file
        freopen("Agent1.in","r",stdin);
        freopen("Agent1.out","w",stdout);
        //F(n)=\sum_{i=1}^{n-1}C^(i+1)_n*i
        //F(n)=F(n-1)*2+2^{n-1}-1
        #endif
        scanf("%lld",&n);
        int ans=(n-2)*ksm(2,n-1,modn)%modn+1;
        printf("%lld\n",ans);
        return 0;
    } 

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   Code2(本代码为我的教练所写，码风可能有些许不同):

   #include 
   using namespace std;
   #define int long long
   #define mod 1000000007
   int jz[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}}, 
       jz1[3][3] = {{2,1,-1},{0,2,0},{0,0,1}};
   int base[3][3];
   void cheng()
   {
       memset(base,0,sizeof(base));
       for(int i=0;i<3;i++)
       {
           for(int j=0;j<3;j++)
           {
               for(int k=0;k<3;k++)
               {
                   base[i][j] += jz1[i][k]*jz1[k][j];
                   base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
               }
           }
       }
        memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
   }
   void chengjz()
   {
       memset(base,0,sizeof(base));
       for(int i=0;i<3;i++)
       {
           for(int j=0;j<3;j++)
           {
               for(int k=0;k<3;k++)
               {
                   base[i][j] += jz1[i][k]*jz[k][j];
                   base[i][j] = (base[i][j]+mod)%mod;
               }
           }
       }
       memcpy(jz1,base,sizeof(base)); 
   }
   void quickpow(int k)
   {
       if(k==1) return;
       quickpow(k/2);
       cheng();
       if(k%2!=0) chengjz();
   }
   signed main()
   {
       int n;
       cin>>n;
       if(n==2)
       {
           printf("1");
           return 0;
       }
       quickpow(n-2);
       int ans = (jz1[0][0]+ 4*jz1[0][1]%mod + mod + 1*jz1[0][2]) mod;
       cout<

   AC，48ms / 796.00KB