hdu 4869 Turn the pokers （2014多校联合第一场 I）

Turn the pokers

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1265    Accepted Submission(s): 465


Problem Description

During summer vacation,Alice stay at home for a long time, with nothing to do. She went out and bought m pokers, tending to play poker. But she hated the traditional gameplay. She wants to change. She puts these pokers face down, she decided to flip poker n
times, and each time she can flip Xi pokers. She wanted to know how many the results does she get. Can you help her solve this problem?

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4869

思路：可惜了，比赛中没有想出来，一比赛出来就想到了。

首先考虑两次翻转，翻转a个和b个，不妨设a>b，现在考虑翻转后正面朝上的个数（假设一开始都是背面朝上，下面用0表示背面朝上，1表示正面朝上）。翻转后，1的个数最大可能为a+b，最小为a-b。进一步观察可发现经过两次翻转，1的个数可取的值为最小值为a-b，最大值为a+b，且间隔为2的一个区间，也就是a-b,a-b+2,a-b+4......a+b-2,a+b。那么现在如果再加一个数C，同理可得到1的个数会是一个区间，那么我们只要维护这个区间即可。注意会有这样的情况，比如a+b超过n或a-b小于0，这个时候就要讨论算出新的区间，这个仔细分情况讨论就行。最后算出1的个数的区间[L,R]后，最后的答案就为C(n,L)+C(n,L+2)+C(n,L+4)+......C(n,R)，最后要取模1e9+7。（C(n,m)为n个数中取m个的组合数）因为这里的n比较大，所以不能直接按公式C
[m]=C[n-1][m]+C[n-1][m-1]来做，因为C(n,m)=n!/(m!*(n-m)!)，那么预处理出n!和n!关于1e9+7的逆元，再根据公式即可得到答案。

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#define ll long long
#define maxn 100010
#define mod 1000000009
using namespace std;
ll pow(ll x,ll y)
{
if(y==0)
return 1;
ll tmp=pow(x,y/2);
tmp=(tmp*tmp)%mod;
if(y&1)
tmp=tmp*x%mod;
return tmp;
}
ll c[maxn],b[maxn];
void init()
{
c[0]=1;
for(int i=1;i<=100000;i++)
c[i]=(c[i-1]*i)%mod;
for(int i=0;i<=100000;i++)
b[i]=pow(c[i],mod-2);
}
ll getC(int n,int m)
{
if(m==0||m==n)
return 1;
ll tmp=c
*b[m]%mod*b[n-m]%mod;
return tmp;
}
int main()
{
freopen("dd.txt","r",stdin);
init();
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
int x;
int l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
int rr=r;
if(r+x<=m)
r+=x;
else
{
if(l+x<=m)
{
if((m-l-x)%2)
r=m-1;
else
r=m;
}
else
{
r=m-(l+x-m);
}
}
if(l-x>=0)
l-=x;
else
{
if(rr>=x)
{
if((rr-x)%2)
l=1;
else
l=0;
}
else
l=x-rr;
}
}
ll ans=0;
for(int i=l;i<=r;i+=2)
{
ans=(ans+getC(m,i))%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}