[杂题]CSUOJ1276 Counting Route Sequence

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题意：从1号点走到n号点（每条边只能走一次， 两结点间的边数必定为奇数）

问 经过结点不同顺序的方式有多少种（如1->2->3->4和1->3->2->4为两种）

方法数模上1000000007

 

此题只需先考虑相邻两结点交替的方法数 然后依次递推相乘即可

就是：如从1走到5

只需先考虑2、3交替的方法数：（很明显与边数有关的组合数）

然后类似的考虑3、4交替的方法数

最后全部相乘就可以了

 

公式是$\displaystyle\prod\limits_{i=1}^n\Bigg({\Large\complement}_{\frac{a_{i+1}-1}{2}+\frac{a_i-1}{2}}^{\frac{a_i-1}{2}}\Bigg)$

 

 

$C_n^m$的公式是 $\frac{n!}{m!(n-m)!}$

因为n、m的范围为$10^5$， 所以要进行取模， 因此就要求m！(n-m)！的逆元

要是直接for一遍 再对tmp做ex_gcd 果然TLE。。。

1     LL tmp=1, ans=1;

2     for(LL i=min(n, m);i>=1;i--)

3     {

4         tmp=(tmp*i)%mod;

5         ans=(ans*(n+1-i))%mod;

6     }

 

所以可以先对$10^5$内的阶乘打个表 预处理一下

 

  1 #include <cstdio>

  2 #include <cstdlib>

  3 #include <cstring>

  4 #include <climits>

  5 #include <cctype>

  6 #include <cmath>

  7 #include <string>

  8 #include <sstream>

  9 #include <iostream>

 10 #include <algorithm>

 11 #include <iomanip>

 12 using namespace std;

 13 #include <queue>

 14 #include <stack>

 15 #include <vector>

 16 #include <deque>

 17 #include <set>

 18 #include <map>

 19 typedef long long LL;

 20 typedef long double LD;

 21 const double pi=acos(-1.0);

 22 const double eps=1e-9;

 23 #define INF 0x3f3f3f

 24 #define lson l, m, rt<<1

 25 #define rson m+1, r, rt<<1|1

 26 typedef pair<int, int> PI;

 27 typedef pair<int, PI > PP;

 28 #ifdef _WIN32

 29 #define LLD "%I64d"

 30 #else

 31 #define LLD "%lld"

 32 #endif

 33 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

 34 //LL quick(LL a, LL b){LL ans=1;while(b){if(b & 1)ans*=a;a=a*a;b>>=1;}return ans;}

 35 //inline int read(){char ch=' ';int ans=0;while(ch<'0' || ch>'9')ch=getchar();while(ch<='9' && ch>='0'){ans=ans*10+ch-'0';ch=getchar();}return ans;}

 36 inline void print(LL x){printf(LLD, x);puts("");}

 37 //inline void read(LL &ret){char c;int sgn;LL bit=0.1;if(c=getchar(),c==EOF) return ;while(c!='-'&&c!='.'&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();sgn=(c=='-')?-1:1;ret=(c=='-')?0:(c-'0');while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') ret=ret*10+(c-'0');if(c==' '||c=='\n'){ ret*=sgn; return ; }while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') ret+=(c-'0')*bit,bit/=10;ret*=sgn;}

 38 

 39 const int mod=1000000007;

 40 int a[100005];

 41 LL JC[200005];

 42 void pre()

 43 {

 44     JC[0]=1;

 45     for(int i=1;i<=200000;i++)

 46         JC[i]=(i*JC[i-1])%mod;

 47 }

 48 void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)

 49 {

 50     if(b)

 51     {

 52         ex_gcd(b, a%b, x, y);

 53         LL tmp=x;

 54         x=y;

 55         y=tmp-(a/b)*y;

 56     }

 57     else

 58     {

 59         x=1, y=0;

 60         return ;

 61     }

 62 }

 63 LL C(LL n, LL m)

 64 {

 65     if(n==m || m==0)

 66         return 1;

 67     if(m==1 || m==n-1)

 68         return n;

 69 //    LL tmp=1, ans=1;

 70 //    for(LL i=min(n, m);i>=1;i--)

 71 //    {

 72 //        tmp=(tmp*i)%mod;

 73 //        ans=(ans*(n+1-i))%mod;

 74 //    }

 75     LL x, y;

 76     ex_gcd(JC[m]*JC[n-m], mod, x, y);

 77     return (JC[n]*x)%mod;

 78 }

 79 LL MOD(LL x)

 80 {

 81     while(x<0)

 82         x+=mod;

 83     return x%mod;

 84 }

 85 int main()

 86 {

 87     pre();

 88     int t;

 89     scanf("%d", &t);

 90     while(t--)

 91     {

 92         int n;

 93         scanf("%d", &n);

 94         for(int i=0;i<n-1;i++)

 95             scanf("%d", &a[i]);

 96         LL ans=1;

 97         for(int i=0;i<n-2;i++)

 98             ans=(ans*C((a[i+1]-1)/2+(a[i]-1)/2, (a[i]-1)/2)%mod)%mod;

 99         print(MOD(ans));

100     }

101     return 0;

102 }

CSUOJ 1276