CF1523E - Crypto Lights——概率期望、组合数学、容斥

E - Crypto Lights

题目描述

给你 $n$ 个初始关闭的灯，每次随机操作把一个关闭的灯打开，一直操作直到出现两个亮着的灯的距离小于等于 $k$ 。

求最后期望亮着多少个灯。

数据范围与提示

共有 $t$ 组数据；

$1\le t\le 10,1\le k\le n\le 10^5$ 。

前言

D题真做不来，不知道 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 这个条件怎么用。最后只想了个大约 $O(4\ast n\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{7}))$ 的做法， $\text{Linux}$ 机子跑半分钟才跑得过。

于是看了看E题，发现比D题温和好多，分值还比D题高。早做早划算呐。

思路

考虑到如果有 $i$ 个灯亮着意味着前面依次打开的 $i-1$ 个灯两两距离大于 $k$ 。

设 $dp[i]$ 表示依次点亮 $i$ 个灯间距大于 $k$ 的方案数，显然有
$$dp[i]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-(i-1)\ast (k-1)}{i}\right)\ast i!$$
其实是个独立的式子，不能算DP了。

简要分析一下，每1种点亮 $i$ 个灯的方案一定对应着 $(n-i)$ 种点亮 $i+1$ 个灯的方案，而点亮 $i+1$ 个灯后仍未停止（即间距仍大于 $k$ ）的方案数为 $dp[i+1]$ ，所以容斥一下，恰好点亮 $i+1$ 个灯的方案数就为 $dp[i]\ast (n-i)-dp[i+1]$ 。

对每个 $i$ 乘上概率算贡献即可，时间复杂度 $O(tn)$

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define MAXN 100005
#define uns unsigned
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007ll
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
inline ll read(){
	ll x=0;bool f=1;char s=getchar();
	while((s<'0'||s>'9')&&s>0){if(s=='-')f^=1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+s-'0',s=getchar();
	return f?x:-x;
}
inline ll ksm(ll a,ll b,ll mo){
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mo)if(b&1)res=res*a%mo;
	return res;
}
int n,k;
ll fac[MAXN],inv[MAXN],dp[MAXN];
inline ll C(ll n,int m){
	if(n<0||m>n||m<0)return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int main()
{
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<MAXN-4;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	inv[MAXN-5]=ksm(fac[MAXN-5],MOD-2,MOD);
	for(int i=MAXN-6;i>1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(1ll+i)%MOD;
 
	for(int T=read();T--;){
		n=read(),k=read();
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0]=1;
		ll ans=0;
		for(int i=n-1;i>0;i--){
			dp[i]=C(1ll*n-1ll*(i-1)*(k-1),i)*fac[i]%MOD;
			ll tot=((dp[i]*(n-i)-dp[i+1])%MOD+MOD)%MOD;
			ll p=fac[n-i-1]*inv[n]%MOD;
			ans=(ans+p*(i+1)%MOD*tot%MOD)%MOD;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}