题意
有\(n\)个位置，每次你需要以\(1 \sim n-1\)的一个排列的顺序去染每一个颜色，第\(i\)个数可以把\(i\)和\(i+1\)位置染成黑色。一个排列的价值为最早把所有位置都染成黑色的次数。问所有排列的分数之和
Sol
神仙题Orz
不难想到我们可以枚举染色的次数\(i \in [\lceil \frac{n}{2} \rceil, n - 1]\)。那么问题转化为求有多少排列是在\(i\)次之后把所有位置染成黑色（需要O(1)的复杂度）
我们把这个问题具体化一下，首先第一个位置必须要染，用去一次操作，此时还有\(t = n-2\)个位置没有染。对于一次染色，我们可以把两个位置染成黑色，也可以把一个位置染成黑色。那么问题转化为每次可以让\(t\)\(-1\)或者\(-2\)。问在\(i - 1\)操作后\(t = 0\)的方案数。
这个问题好像还是不好做，但是我们可以去求至多\(i-1\)次操作后\(t=0\)的方案。可以先把每次的\(-1\)算进去，这样每次就变成了\(-0/-1\)那么只要在剩下的\(i-1\)次操作中有\((n-2)-(i-1)\)次选了\(-1\)就一定可行。
因此方案数为\(C_{i-1}^{n-i-1}\)，最后每次计算的时候在乘上排列的系数就行了
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 10, INF = 1e9 + 7, mod = 1000000007;
template<typename A, typename B> inline void chmax(A &x, B y) {
x = x > y ? x : y;
}
template<typename A, typename B> inline void chmin(A &x, B y) {
x = x < y ? x : y;
}
template<typename A, typename B> inline int mul(A x, B y) {
return 1ll * x * y % mod;
}
template<typename A, typename B> inline void add2(A &x, B y) {
if(x + y < 0) x = x + y + mod;
else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);
}
template<typename A, typename B> inline int add(A x, B y) {
if(x + y < 0) return x + y + mod;
else return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
template<typename A, typename B> inline int fp(A a, B p) {
int base = 1;
while(p) {
if(p & 1) base = mul(base, a);
a = mul(a, a); p >>= 1;
}
return base;
}
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, fac[MAXN], ifac[MAXN], f[MAXN];
int C(int N, int M) {
if(M > N) return 0;
return mul(fac[N], mul(ifac[M], ifac[N - M]));
}
int main() {
N = read(); fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= N; i++) fac[i] = mul(i, fac[i - 1]);
ifac[N] = fp(fac[N], mod - 2);
for(int i = N; i >= 1; i--) ifac[i - 1] = mul(ifac[i], i);
int down = N / 2 + (N & 1);
for(int i = down; i < N; i++)
f[i] = mul(mul(C(i - 1, N - i - 1), fac[i]), fac[N - i - 1]);
int ans = 0;
for(int i = down; i < N; i++) add2(ans, mul(i, add(f[i], -f[i - 1])));
cout << ans;
return 0;
}
/*
3
0 1 1
5 7 3
*/