Description

一个长度为 \(n\) 的序列,初始都为 \(0\),你需要求出一个长度为 \(n-1\) 的排列 \(P\), 按照 \(1\) 到 \(n\) 的顺序,每次把 \(P_i\) 和 \(P_i+1\) 染成 \(1\),一个排列的价值为所有的位置都变成 \(1\) 的操作次数,求所有排列的价值和

题面

Solution

我们求出价值为 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 到 \(n-1\) 的排列的方案数,然后分别算贡献就行了

操作最多 \(i\) 次的方案数是 \(f[i]\)

恰好 \(i\) 次的方案就是 \(f[i]-f[i-1]\)

而 \(f[i]=C_{i-1}^{n-1-i}\)

具体含义:可以看作是每次可以选择 \(+1,+2\) ,求构成 \(n-2\) 的方案数,我们先默认都 \(+1\),剩下就是选择 \(+0,+1\) 了,只要总共的 \(i-1\) 次操作中有 \(n-1-i\) 个选择了 \(+1\),就一定可以达到目标了

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

template<class T>void gi(T &x){

	int f;char c;

	for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;

	for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;

}

const int N=1e6+10,mod=1e9+7;

int Fac[N],inv[N],n,f[N];

inline int C(int n,int m){

	return 1ll*Fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;

}

int main(){

  freopen("pp.in","r",stdin);

  freopen("pp.out","w",stdout);

  cin>>n;

  int ans=0,li=(n+1)/2;

  Fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;

  for(int i=1;i<=n;i++)Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%mod;

  for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;

  for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;

  for(int i=li;i<n;i++)f[i]=1ll*C(i-1,n-1-i)*Fac[i]%mod*Fac[n-1-i]%mod;

  for(int i=n-1;i>=li;i--)f[i]=(f[i]-f[i-1]+mod)%mod;

  for(int i=n-1;i>=li;i--)ans=(ans+1ll*i*f[i])%mod;

  cout<<ans<<endl;

  return 0;

}