Atcoder 171_f K.Strivore(有技巧的组合数学)

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传送门

题目大意

给一个长度为m字符串，问插入n个字母后可以形成多少种不同的字符串。

解题思路

  一种错误的解法是把给定的字符串中的每个字符看成隔板，然后利用插空法计算有多少种插入方法，最后再乘上26的n次方。这种做法有一个明显的问题就是没有考虑去重。例如：给定字符串abc插入两个字符，首先给定的字符串充当隔板将字符串分隔成“①a②b③c④”。如果我们在②号位插入“ba”得到字符串ababc，同时我们在③号位置插入“ab”也得到字符串ababc。可以发现这两种不同的插入方法会得到相同的字符串，应当被算作一种情况，但却算了两次。
  进一步分析造成重复的原因，利用上面的例子ababc，造成重复的原因是因为我们可以把这个字符串第一个b当作所给字符串abc中的隔板b，也可以把ababc中第二个b当作所给字符串abc中的隔板b。这样为了去重，我们强行规定在一个字符串中隔板字母应当尽可能的最晚出现，比如规定abbbc中第三个b是所给字符串abc中的b，aabbc中第二个b是abc中的b。换句话说在隔板后面的一个位置不能插入带有隔板字母的字符串，比如位置②不能插入含有字母a的字符串，位置③不能插入含有字母b的字符串。这样做是不会漏解的，还是上面的例子，假如在三号位插入一个含b的字符串ba，那么我们总可以找到一个满足我们上述规定的插入方法：在②号位插入b在三号位插入a来替代。因此由于②③④号位置上插入的字母不能和位置前面的隔板字母一致所以只有25种插入方法。而一号位置可以任意插入有26种插入方法。考虑枚举一号位置的长度，再对剩下的位置进行插空法即可，细节参考代码。

代码

#include 
#include 
#include 
#define LL long long
const int MAXN = 2e6 + 5;
const int Mod = 1e9 + 7; 
int n, m;
char str[MAXN];
LL fact[MAXN], inv[MAXN]; 

//快速幂 
LL qpow(LL a, int b) {
	LL res = 1;
	for (; b; b >>= 1, a = a * a % Mod)
		if (b & 1) res = a * res % Mod;
	return res;
}

//组合数 
LL C(int n, int m) {
	return fact[n] * inv[n - m] % Mod * inv[m] % Mod;
} 

int main() {
	LL ans = 0;
	scanf("%d%s", &n, str + 1);
	m = strlen(str + 1);
	
	//阶乘 
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n + m; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % Mod;
	
	//阶乘逆元，inv[i]表示i的阶乘的逆元 
	inv[n + m] = qpow(fact[n + m], Mod - 2);
	for (int i = n + m - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
	
	//统计答案 插空法
	/*
	第一步，枚举①号位置的长度位i同时也要加上第一个隔板，再乘上①号位每个元素26种取值
	第二步，剩下m-1快板和n-i个元素进行插空，再乘上每个元素的25种取值
	最后，用乘法原理乘起来即可
	*/
	for (int i = 0; i <= n; i++) 
		ans  = (ans + qpow(26, i) * C(n + m - i - 1, m - 1) % Mod * qpow(25, n - i) % Mod) % Mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}