CodeForces 407C 组合数学（详解）

题面：

　　http://codeforces.com/problemset/problem/407/C

　　一句话题意：给一个长度为n的序列g，m次操作，每次操作（l,r,k）表示将g[l]~g[r]的每个数g[j]（l<=j<=r）加上c(j-l+k,k)，输出经过m操作后的最终序列（mod 1e9+7）(n,m<=1e5,k<=100)。

题解：

　　首先看到这个题瞬间想到数据结构，但发现一次修改操作中每个点的增加值都不同后果断放弃。又因为发现这题只有一次询问，就考虑能不能先将每次操作存下来，最后再进行统一递推。又看到了k好小。。于是就可以乱搞了！

　　我们先考虑组合数的递推，c(n,m)=c(n-1,m)+c(n-1,m-1)。那么观察操作，假设我们在修改g[x],并且x>l，那么g[x-1]已经修改完了，考虑g[x-1]的增加值为c(x-1-l+k,k),而g[x]的值增加了c(x-l+k,k),又因为c(x-l+k,k)=c(x-l-1,k)+c(x-l-1,k-1)，但是，显然只存下每个点的c(x-l+k,k)和每个点的c(x-l+k,k-1)是远远不够的，因为这样的话就只能推出c(x-l+k+1,k),而无法推出c(x-l+k+1,k-1),接着就无法推出c(x-l+k+2,k)，等于说这次操作就无法递推完。因此我们只要在每一次操作的l处处理出c(k,0~k),就可以做到递推出每次操作对于每个数的增加值，欸那这有什么用呢，欸当然有用了！又因为加法有交换律和结合律，所以我们只要在每个l上计算好，在r+1处减去，就可以O(n)递推出整个序列！因为每在一个l处要处理c(k,0~k)，处理m次，所以操作的总复杂度为O(mk)，最终递推每推一步都要推k次组合数。因此整套代码的总复杂度为O(mk+nk)!!!!!

　　如果还有不懂的那就看代码然后感性理解一下qwq

　　P.S.　对于组合数我们是要处理阶乘的逆元(inv)的，有一个O(n)递推1~n逆元的方法：

　　　　首先我们考虑如果知道了x+1~n的阶乘的inv，如何得到x!的inv。。

　　　　根据逆元的定义：n!*inv(n!)=(n-1)!*n*inv(n!)=1=(n-1)!*inv((n-1)!)，，欸所以inv((n-1)!)=inv(n!)*n

代码：

 1 #include
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 typedef long long ll;
 6 typedef double dd;
 7 const int maxn=1e5+10;
 8 const ll p=1e9+7;
 9 ll fac[maxn],inv[maxn],g[maxn],ad[maxn][110];
10 int n,m;
11 
12 ll qpow(ll x,ll b){
13     ll sum=1;
14     while(b){
15         if(b&1) sum=sum*x%p;
16         x=x*x%p; b>>=1;
17     }
18     return sum;
19 }
20 
21 void init(){
22     fac[0]=1;
23     for(int i=1;i<=100000;i++)
24         fac[i]=(ll)i*fac[i-1]%p;
25     inv[100000]=qpow(fac[100000],p-2);
26     for(int i=100000-1;i>=0;i--)
27         inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;    
28 }
29 
30 ll c(int x,int y){
31     if(xreturn 0;
32     return fac[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;    
33 }
34 
35 int main(){
36     scanf("%d%d",&n,&m);
37     init();    
38     for(int i=1;i<=n;i++)
39         scanf("%lld",&g[i]);
40     
41     int l,r,k;
42     for(int j=1;j<=m;j++){
43         scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
44         for(int i=0;i<=k;i++)
45             ad[l][i]=(ad[l][i]+c(k,k-i))%p,
46             ad[r+1][i]=(ad[r+1][i]-c(r+1-l+k,k-i)+p)%p;    
47     }
48     
49     for(int i=1;i<=n;i++)
50         for(int j=100;j>=0;j--)
51                 ad[i][j]=(ad[i][j]+ad[i-1][j]+ad[i-1][j+1]+p)%p;
52 
53     
54     for(int i=1;i<=n;i++)
55         printf("%lld ",(g[i]+ad[i][0]+p)%p);    
56 
57     return 0;    
58 }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/tang666/p/8759194.html