[CF306C White, Black and White Again] 题解

[CF306C White, Black and White Again] 题解

来水一篇 $O(n)$ 的题解，这是一道不戳的组合数学题

“坏天“一定是在中间的，所以我们可以先将“坏天”插到”好天“中。所以我们可以枚举“好天”的个数 $i$，对于 $w$ 个“好天”，可以使用《插板法》计算出对于每一种“好天”的排列方式共有 $C_{w-1}^{i-1}$ 种方式，“坏天”有 $n-i$ 个，对于每种“坏天”的排列方式，共有 $C_{b-1}^{n-i-1}$ 种插入方式，而“坏天”有 $i-1$ 个空可以插入，所以可以算出来，如果有 $i$ 个“好天”，辣么每种好天和坏天的排列就都有 $C_{w-1}^{i-1}\times (i-1)\times C_{b-1}^{n-i-1}$，最终的答案就是 $\sum _{i=2}^{n-1}b!\times w!\times C_{w-1}^{i-1}\times (i-1)\times C_{b-1}^{n-i-1}=b!\times w!\times \sum _{i=2}^{n-1}{C}_{w-1}^{i-1}\times (i-1)\times C_{b-1}^{n-i-1}$ 种方式。

我们可以发现柿子中的组合数只涉及 $C_{w-1}^i$ 和 $C_{b-1}^i$，可以 $O(n)$ 预处理！！！$C_y^x=C_y^{x-1}\times (y-x+1)÷x$ 而其中的 $÷x$ 也可以 $O(n)$ 预处理！！！在膜 $p$ 意义下 $inv[i]=inv[p\mathrm{mod}i]\times (p-p/i)$。

贴一下 $AC$ 代码

int C1[4010]/*C[w-1][]*/, C2[4010]/*C[b-1][]*/;
int inv[4010];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int n, w, b;
	cin >> n >> w >> b;
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 4000; i++)
		inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
	C1[0] = C1[w - 1] = 1;
	for (int i = 1, k1 = w - 1, k2 = 1; i < w - 1; i++, k1--, k2++)
		C1[i] = ((C1[i - 1] * k1) % mod * inv[k2]) % mod;
	C2[0] = C2[b - 1] = 1;
	for (int i = 1, k1 = b - 1, k2 = 1; i < b - 1; i++, k1--, k2++)
		C2[i] = ((C2[i - 1] * k1) % mod * inv[k2]) % mod;
	int ans = 0;
	for (int i = 2; i < n; i++) {
		int j = n - i;
		ans = (ans + ((C1[i - 1] * (i - 1)) % mod * C2[j - 1]) % mod) % mod;
	}
	int k1 = 1;
	for (int i = 1; i <= w; i++)
		k1 = (k1 * i) % mod;
	int k2 = 1;
	for (int i = 1; i <= b; i++)
		k2 = (k2 * i) % mod;
	ans = (ans * k1) % mod;
	ans = (ans * k2) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}