lg9035题解

考虑枚举\(a_{n-1}=l\)，根据题意\(l\leq a_n\leq k+1-l\)，这说明\(a_n\)有\(k+1-2l\)种取值。

令\(b_i=a_i-a_{i-1}\)，则\(b_1\geq 1\)，\(b_i\geq 0(i>1)\)，\(b_1+...+b_{n-1}=l\)

让\(b_{2...n-1}\)都加上\(1\)，得到\(b_1+(b_2+1)+...+(b_{n-1}+1)=l+n-2\)，\(b_1,b_2+1....b_{n-1}+1\)都>1。使用插板法计算方案为\(C_{l+n-3}^{n-2}\)

当\(l=0\)方案数为\(k+2\)，\(l>0\)方案数为\((k+1-2l)C_{l+n-3}^{n-2}\)

我们要计算\(k+2+\sum_{l=1}^{\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor}(k+1-2l)C_{l+n-3}^{n-2}\)，时间复杂度\(O(k)\)

考虑优化计算\(\sum_{l=1}^{\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor}(k+1-2l)C_{l+n-3}^{n-2}\)，等于计算\((k+1)\sum_{l=1}^{\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor}C_{l+n-3}^{n-2}\)与\(\sum_{l=1}^{\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor}(-2l)C_{l+n-3}^{n-2}\)的和

第一部分事实上等于要求\(\sum_{i=0}^nC_{k+i}^{k}\)，这是个经典问题，累加可以得到\(C_{k+n+1}^{k+1}\)。令\(F(k,n)=\sum_{i=0}^nC_{k+i}^{k}=C_{k+n+1}^{k+1}\)

第二部分等于要求\(\sum_{i=0}^nC_{k+i}^{k}(i+1)\)，等于计算\((n+2)\sum_{i=0}^nC_{k+i}^k-\sum_{i=0}^nC_{k+i}^k(n+1-i)\)，等于计算\((n+2)F(k,n)-F(k,0)-...-F(k,n)=(n+2)F(k,n)-(C_{k+1}^{k+1}+C_{k+2}^{k+1}+....+C_{k+n+1}^{k+1})=(l+2)F(k,n)-F(k+1,n)\)，预处理阶乘后可以\(O(1)\)计算。

巴特西

lg9035题解

最新文章

热门文章