记录每一次操作的玩家为操作序列(去掉第一次),需要满足:$a$的个数为$n$且以$a$为结尾,$b$和$c$的个数分别不超过$m$和$k$
其所对应的概率:每一个字符恰好确定一张卡牌,因此即$3^{n+m+k-|s|}$
暴力枚举$b$和$c$的个数,即$\sum_{i=0}^{m}\sum_{j=0}^{k}{n+i+j-1\choose i}{n+j-1\choose j}3^{m+k-i-j}$
将组合数用阶乘展开,即$\sum_{i=0}^{m}\sum_{j=0}^{k}\frac{(n+i+j-1)!3^{m+k-i-j}}{(n-1)!i!j!}$
枚举$i+j=s$,即$\frac{\sum_{s=0}^{m+k}(n+s-1)!3^{m+k-s}\sum_{0\le i\le m,0\le s-i\le k}\frac{1}{i!(s-i)!}}{(n-1)!}$
关于后者显然是一个多项式乘法的形式,但由于模数是$10^{9}+7$,需要写一个拆系数fft/三模数ntt,复杂度为$o(n\log n)$且常数较大
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define M (1<<20) 5 #define mod 1000000007 6 #define K 40000 7 #define cd complex<double> 8 #define PI acos(-1.0) 9 int n,m,k,ans,fac[M],inv[N],mi[M],rev[M]; 10 cd a1[M],a2[M],b1[M],b2[M],c1[M],c2[M],c3[M],w[M]; 11 void fft(cd *a,int p){ 12 for(int i=0;i<M;i++) 13 if (i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]); 14 for(int i=2;i<=M;i<<=1) 15 for(int j=0;j<M;j+=i) 16 for(int k=0;k<(i>>1);k++){ 17 cd s=w[(i>>1)+k]; 18 if (p)s=conj(s); 19 cd x=a[j+k],y=a[j+k+(i>>1)]*s; 20 a[j+k]=x+y; 21 a[j+k+(i>>1)]=x-y; 22 } 23 if (p){ 24 for(int i=0;i<M;i++)a[i]/=M; 25 } 26 } 27 int main(){ 28 fac[0]=inv[0]=inv[1]=mi[0]=1; 29 for(int i=1;i<M;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 30 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 31 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod; 32 for(int i=1;i<M;i++)mi[i]=3LL*mi[i-1]%mod; 33 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 34 for(int i=0;i<M;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+((i&1)*(M>>1)); 35 for(int i=1;i<M;i<<=1) 36 for(int j=0;j<i;j++)w[i+j]=cd(cos(j*PI/i),sin(j*PI/i)); 37 for(int i=0;i<=m;i++)a1[i]=cd(inv[i]/K,0); 38 for(int i=0;i<=m;i++)a2[i]=cd(inv[i]%K,0); 39 for(int i=0;i<=k;i++)b1[i]=cd(inv[i]/K,0); 40 for(int i=0;i<=k;i++)b2[i]=cd(inv[i]%K,0); 41 fft(a1,0); 42 fft(a2,0); 43 fft(b1,0); 44 fft(b2,0); 45 for(int i=0;i<M;i++){ 46 c1[i]=a1[i]*b1[i]; 47 c2[i]=a1[i]*b2[i]+a2[i]*b1[i]; 48 c3[i]=a2[i]*b2[i]; 49 } 50 fft(c1,1); 51 fft(c2,1); 52 fft(c3,1); 53 for(int i=0;i<=m+k;i++){ 54 int s1=llround(c1[i].real())%mod; 55 int s2=llround(c2[i].real())%mod; 56 int s3=llround(c3[i].real())%mod; 57 int s=(1LL*K*K%mod*s1+1LL*K*s2+s3)%mod; 58 ans=(ans+1LL*fac[n+i-1]*mi[m+k-i]%mod*s)%mod; 59 } 60 ans=1LL*ans*inv[n-1]%mod; 61 printf("%d",ans); 62 }View Code
事实上还有更好的做法,由于$\frac{1}{i!(s-i)!}=\frac{{s\choose i}}{s!}$,代入即$\frac{\sum_{s=0}^{m+k}s!(n+s-1)!3^{m+k-s}\sum_{0\le i\le m,0\le s-i\le k}{s\choose i}}{(n-1)!}$
考虑后者,也就是$\sum_{i=l}^{r}{s\choose i}$,定义为$f(s,l,r)$,我们将这一行的每一个数乘以2(即有2个),在将非首尾的数利用杨辉三角合并,即$2f(s,l,r)=f(s,l+1,r)+{s\choose l}+{s\choose r}$
利用这个式子,注意到每一次$s$增加区间两端点变化为为$o(1)$,就可以线性的完成,复杂度为$o(n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define mod 1000000007 5 int n,m,k,ans,fac[N],inv[N],mi[N]; 6 int c(int n,int m){ 7 if (n<m)return 0; 8 return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 9 } 10 int main(){ 11 fac[0]=inv[0]=inv[1]=mi[0]=1; 12 for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 13 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 14 for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod; 15 for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=3LL*mi[i-1]%mod; 16 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 17 //l=max(s-k,0),r=min(m,s) 18 int s=1,l=0,r=0; 19 for(int i=0;i<=m+k;i++){ 20 if (i){ 21 s=((2*s%mod+mod-c(i-1,l))%mod+mod-c(i-1,r))%mod; 22 l++; 23 while (max(i-k,0)<l)s=(s+c(i,--l))%mod; 24 while (l<max(i-k,0))s=(s+c(i,l++))%mod; 25 while (r<min(m,i))s=(s+c(i,++r))%mod; 26 while (min(m,i)<r)s=(s+c(i,r--))%mod; 27 } 28 ans=(ans+1LL*fac[n+i-1]*mi[m+k-i]%mod*s%mod*inv[i])%mod; 29 } 30 ans=1LL*ans*inv[n-1]%mod; 31 printf("%d",ans); 32 }View Code