計數 客星璀璨之夜 大佬

「雖然不清楚是不是那兩人的力量

在那個風暴肆虐的夜晚，的確有一瞬

真的在那一瞬間，在雲破天開的時候

透過空隙中看到的璀璨星空，不知為何倒映眼中不能忘懷」 ——《奇蹟召喚星辰》

考試的時候看不懂題，花了10min打了個30分暴力滾粗，想著回來再看看他。

然後30分就成了最終得分。

做法來自\(sir\)

將問題轉化，球與洞間的距離是可列舉的，一共\(\frac\)種，我們需要求的是這段距離的總貢獻，就需要知道其方案數。

定義: \(dp[i][j]\) 為，所列舉的球與洞之間有\(i\)對球洞，所列舉的洞後面還有\(j\)對球和洞的方案數。

然後轉移:

\[dp[i][0] = (2i-1)\times dp[i - 1][0]

\]（有i個球，乙個球有兩種方向，最靠近列舉的洞的球有乙個方向不能走，然後就成了遞迴子問題）

\[dp[0][j] = (2^j \times j!) + (2j-1) \times dp[0][j - 1]

\]（\(2^j \times j!\)，即考慮先讓所列舉的球去擊打所列舉的洞，然後所列舉的洞後面所有球和洞就可以隨便打了，方案數就是\(2^j \times j!\)）

\[dp[i][j] = (2i-1) \times dp[i - 1][j] + (2j-1) \times dp[i][j - 1]

\]然後列舉每個球和洞，用對應的dp乘上距離即可，注意dp時預設球在前洞在後，所以反向再做一遍。

dp陣列的預處理:

void pre_work() 

}}

for (int i = 2; i <= n; i += 2) 

}for (int i = n; i >= 2; i -= 2) 
}sum = jc[n / 2] * qpow(2, n / 2) % mod;
ans = ans * qpow(sum, mod - 2) % mod;

我們在考慮dp時沒有算上列舉的球之前的球和洞的影響，所以列舉的球之前的球和洞可以在整個過程中的任何乙個時刻發生碰撞。

整個過程會發生\(n\)次碰撞，影響就是\(a_}^}\)，再乘上\(2^\)

辣雞ljh noi之後就退役了，然後就滾去學文化課了。

他發現katarina大佬真是太強了，於是就學習了一下katarina大佬的做題方法。

比如這是一本有n道題的練習冊，katarina大佬每天都會做k道題。

第一天做第\(1……k\)題，第二天做第 \(2 …… k + 1\) 題……第 \(n-k+1\) 天做第\(n-k+1 …… n\)道題。

但是辣雞 ljh 又不想太累，所以他想知道katarina大佬做完這本練習冊的勞累度。

每道題有它的難度值，假設今天katarina大佬做的題目中最大難度為t，那麼今天katarina大佬的勞累度就是wt?，做完這本書的勞累值就是每天的勞累值之和。

但是辣雞ljh一道題都不會，自然也不知道題目有多難，他只知道題目的難度一定在\(1……m\)之間隨機。

他想讓即將參加 noip 的你幫他算算katarina大佬做完這本書的勞累值期望

這題不是秒切嗎 ——\(sir\)

於是考慮每個滑動視窗的貢獻，發現對於視窗而言，貢獻與所處位置無關，只與視窗的長度即\(k\)有關，於是只考慮乙個視窗的貢獻最後乘上\(n-k+1\)

\(sir\) 版**:

for (int i = 1; i <= k; ++i) 

}ans = ans * qpow(qpow(m, k), mod - 2) % mod * (n - k + 1) % mod;

for (int i = 1; i <= m; ++i) 

ans = ans * (n - k + 1) % mod * qpow(qpow(m, k), mod - 2) % mod;

Solution LOCAL 客星璀璨之夜

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