测试地址:Turn the pokers
题目大意: 有mmm张牌,一开始正面都朝下,有nnn次操作,每次操作给出一个XiX_iXi,表示要从这些牌中选出XiX_iXi张翻面,求所有操作完成后能得到多少种不同的正/反面序列。
做法: 本题需要用到思维。
因为将牌做任何置换都是合法的,因此只要我们能构造出最后有kkk张正面的情况,就会对答案有CmkC_m^kCmk的贡献,因此问题就变成求哪些kkk可以得到。
这里有一个结论:如果kkk的最小值是LLL,最大值是RRR,那么在区间[L,R][L,R][L,R]中所有与LLL和RRR关于222同余的数都是合法的kkk。这个东西如果一下子无法理解,可以使用数学归纳的思想。假设某一次操作前满足这个性质,我们只要证明经过一次操作后还是满足这个性质即可。具体的证明各种分类讨论比较麻烦,但感性理解还是可以的。因此我们只要求LLL和RRR即可。
我们假设已经求出第iii次操作前的L,RL,RL,R,那么:
如果Xi≤LX_i\le LXi≤L,那么newL=L−xnewL=L-xnewL=L−x;
否则如果Xi≥RX_i\ge RXi≥R,那么newL=x−RnewL=x-RnewL=x−R;
否则,如果XiX_iXi和LLL关于222同余,newL=0newL=0newL=0,否则newL=1newL=1newL=1。
这样的分类讨论应该还是不难理解的,就是能把正面翻过去就把正面翻过去,这样正面的数量就最小。
而newRnewRnewR的讨论相似,只不过是能翻反面翻反面。这样我们就解决了这一题。
以下是本人代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000009;
int n,m;
ll fac[100010],inv[100010],invfac[100010];
ll C(ll n,ll m)
{
return fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
for(ll i=2;i<=m;i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod;
}
int L=0,R=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
int nxtL,nxtR;
if (x<=L) nxtL=L-x;
else if (x>=R) nxtL=x-R;
else nxtL=(x-L)%2;
if (x<=m-R) nxtR=R+x;
else if (x>=m-L) nxtR=2*m-L-x;
else nxtR=m-((x-m+R)%2);
L=nxtL,R=nxtR;
}
ll ans=0;
for(int i=L;i<=R;i+=2)
ans=(ans+C(m,i))%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}