小白月赛17 J-计数 组合计数

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题意

有一个含有n个数字的序列，每个数的大小是不超过1000的正整数，同时这个序列是个单调不增序列。但是很不幸的是，序列在保存过程中有些数字丢失了，请你根据上述条件，计算出有多少种不同的序列满足上述条件，答案对1000000007取模。

思路

方法一：隔板法

假如连续一段有n个0，所以需要在这n个位置中插入数，而插入的数为[1,m]（大家应该能看出来）。 所以我们假设[1,m] 中1出现$a_1$次，m出现$a_m$次。即i出现$a_i$次。 所以要将这些数字插入n个位置中，即统计他们可以出现的次数，即

$$n=a_1+a_2+…+a_m（0\leq a_i \leq n）$$

等价于n个小球放进m个盒子里，隔板法即可，由于$a_i$可以等于0，所以我们让每一个盒子都是事先放进1个小球，即n+m，这样求出的方案为$C_{n+m-1}^{m-1}$，每一种方案为一种序列。

Code（159MS）

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##include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
ll fac[N];
ll inv[N];

ll quick_pow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

void init() {
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 1] = quick_pow(fac[N - 1], mod - 2);
    for(int i = N - 2;i >= 0; i--) {
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }
}

ll C(int m, int n) {
    ll ans = fac[m] * inv[n] % mod * inv[m - n] % mod;
    return ans;
}

int main() {
    init();
    int n;
    cin >> n;
    int pre = 1000;
    int cnt = 0;
    ll ans = 1;
    for(int i = 1;i <= n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if(!x) cnt++;
        else {
            int len = pre - x + 1;
            ans = ans * C(cnt + len - 1, len - 1) % mod;
            pre = x;
            cnt = 0;
        }
    }
    if(cnt) {
        ans = ans * C(cnt + pre - 1, pre - 1) % mod;
    }
    cout << ans << endl;
}

方法二：单调不增变单调递减

$将单调不增序列变为点掉递减序列，只需将i位置上的数+(n-i+1)即可。$

$对于一段连续为0的区间，就不需要考虑会取同样的值，直接在可以选择的数中选出n个即可。$

$假设可以取的值有m个，那么方案数为C_{m}^n$

$注意0和n位置也要处理。$

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##include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
ll fac[N];
ll inv[N];

ll quick_pow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

void init() {
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[N - 1] = quick_pow(fac[N - 1], mod - 2);
    for(int i = N - 2;i >= 0; i--) {
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }
}

ll C(int m, int n) {
    ll ans = fac[m] * inv[n] % mod * inv[m - n] % mod;
    return ans;
}

int a[N];

int main() {
    init();
    int n;
    cin >> n;
    n += 2;
    ll ans = 1;
    a[1] = 1000 + n; a[n] = 2;
    for(int i = 2;i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        if(a[i])
            a[i] += n - i + 1;
    }
    int suf = 0;
    for(int i = 1;i <= n; i++) {
        if(a[i]) {
            if(suf)
                ans = ans * C(a[suf] - a[i] - 1, i - suf - 1) % mod;
            suf = i;
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

本文作者：jujimeizuo
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