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CF1462E2 相似数组

时间:2021-02-05 10:53:56      阅读:0      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:序列   tar   turn   href   inverse   ++   blank   之间   mamicode   

1 CF1462E2 相似数组

2 题目描述

给出一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 由从 \(1\)\(??\) 的整数构成。数组可能包含重复项(即有些元素可以相等)。
找出\(??\)个元素的数组,使数组中的最大值与最小值相差不超过 \(??\)。也就是说,你需要找到 \(??\) 指数的数组 \(??_1<??_2<...??_1<??_2<??_??\), 这样使得

\(max(\)\(??_??\)\(_1\)\(,\)\(??_??\)\(_2\)\(,...,\)\(??_??\)\(_??\)\()\)-\(min(\)\(??_??\)\(_1\)\(,\)\(??_??\)\(_2\)\(,...,\)\(??_??\)\(_??\)\()≤??\)

例如,如果 \(??=4,??=3,k=2,??=[1,2,4,3]\),那么有两个这样的数组 \((??=1,??=2,??=4\)\(i=2,j=3,z=4)\)。如果 \(??=4,??=2,??=1,??=[1,1,1,1]\),那么所有六种可能的配对都是可以的。

3 解题思路

这道题的难点主要不在找到哪些数满足,而是计算方案数。

首先我们发现,这道题中的方案数与序列的顺序无关,我们就可以先对序列进行排序。然后对于每一个数 \(x\),我们在其右端找到第一个大于 \(x + k\) 的数,这里我们可以用二分解决。那么在这个数和 \(x\) 中的数随便选取 \(m\) 个数都一定满足条件。虽然我们这么说,但是我们不能直接将 \(C_{len}^m\)\(len\) 表第一个大于 \(x+k\) 的数的坐标与 \(x\) 的坐标的差,也就是任意选取数都满足条件的这一区间长度)累计到答案中。这是因为在计算下一个数时会有一部分情况与当前情况重合。因此我们假定我们必须选取 \(x\),这样就不会出现重复或者遗漏的情况。这样当前区间的方案数就是\(C_{len-1}^{m-1}\)

接下来,我们开始研究 \(C_{len-1}^{m-1}\) 的值如何计算。这道题的 \(m\) 可以到 \(100\)\(len\) 的理论值可以到 \(2e5\)。也就是说,直接用阶乘计算肯定不行。这道题中给出了模数 \(10^9 + 7\)。但是对于除法,\(\dfrac{x}{y} \mod p \ne \dfrac{x \mod p}{y \mod p}\)。这里,我们可以用求出 \(m !\) 的逆元(\(m!‘\))。这里有个问题:\(m!\) 还是太大了,可能必须需要取模。这里我们就要引入一个性质:\((pq)‘ = p‘ * q‘\) 。而由于 \(m\) 最大也就是 \(100\),分开计算 \(m,m-1,...,1\) 的逆元可行。逆元的具体计算,可以用费马小定理 \(a‘ = a^{p-2}\)\(p\) 为模数)。

我们发现,尽管我们可以如此计算出 \(m!\) 的逆元,但是对于 \(len * (len-1)*(len-2)...(len-m+1)\),我们的计算仍然可能超时。这里我们可以预处理出所有 \(1\)~\(2e5\) 之间的数的逆元,存在\(in\)数组里。然后用一个数组\(ti\)来存储
\(len\)为 不同值时的情况。我们发现,当\(len = m\)的时候,\(ti[len] = m!\)。而后面\(len\)每增加\(1\),都要除以\(len - m\),也就是上一个\(len\)\((len - m + 1)\),并且乘上\(len\),而这里除的\(len - m\)的逆元已经被求出,只需将 \(ti[len]\)乘 以这个数即可。形象地说,\(ti[len] = (((ti[len-1] * in[len]) \% (10^9+7)) * len) \% (10^9+7)\)

至此,我们已经将计算 \(C_{len - 1} ^ {m-1}\) 中遇到的所有困难解决了,剩下就是累积进答案并且输出了。时间复杂度:\(O(T*n*\log_2n)\),完全足够。剩下就是别忘了开 \(long\space long\),毕竟本题的 \(n\) 高达 \(2e5\),在计算 \(ti\) 数组的时候可能会爆 \(int\)

4 代码(空格警告):

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, k, l, r, mid, pos, len;
long long num, im;
int a[N];
long long ti[N], in[N];
long long inverse(long long a)
{
    long long b = mod - 2;
    long long ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    for (int i = 1; i <= N; i++) in[i] = inverse(i);
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        num = 0;
        scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
        m--;
        im = 1;
        for (int i = 2; i <= m; i++) im = (im * in[i]) % mod;
        ti[m] = 1;
        for (int i = 2; i <= m; i++) ti[m] = (ti[m] * i) % mod;
        for (int i = m+1; i <= n; i++) ti[i] = (((ti[i-1] * in[i-m]) % mod) * i) % mod;
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        sort(a+1, a+n+1);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            l = i;
            r = n;
            pos = i;
            while (l <= r)
            {
                mid = (l+r)/2;
                if (a[mid] <= a[i] + k) pos = mid, l = mid+1;
                else r = mid-1;
            }
            len = pos - i + 1;
            if (len < (m+1)) continue;
            num = (num + ((ti[len-1] * im) % mod)) % mod;
        }
        printf("%lld\n", num);
    }
    return 0;
}

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原文地址:https://www.cnblogs.com/david24/p/14375455.html

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