「6月雅礼集训 2017 Day10」quote

【题目大意】

一个合法的引号序列是空串；如果引号序列合法，那么在两边加上同一个引号也合法；或是把两个合法的引号序列拼起来也是合法的。

求长度为$n$，字符集大小为$k$的合法引号序列的个数。多组数据。

$1 \leq T \leq 10^5, 1 \leq n \leq 10^7, 1\leq k \leq 10^9$

【题解】

显然引号序列可以看做括号序列，于是我们有了一个$O(n^2)$的dp了。

设$f_{i,j}$表示到第$i$个位置，前面有$j$个左引号没有匹配，的方案数

每次，要么有1种方案匹配前面的某一个引号，要么有$(k-1)$种方案开启一个新的左引号。

特别地，当$j=0$的时候，只能开启新的左引号，有$k$种方案。

就是当$j\geq 1$时：

$f_{i+1,j+1} = f_{i+1,j+1} + (k-1)f_{i,j}$

$f_{i+1,j-1} = f_{i+1,j-1} + f_{i,j}$

特别地，当$j=1$时：

$f_{i+1,j+1} = f_{i+1,j+1} + kf_{i,j}$

于是这是一个优秀的$O(n^2)$做法。

考虑如何优化，这里我们不讨论关于生成函数、暴力解方程等方法。

生成函数 大力化简 详见 https://chrt.github.io/2017/07/04/oeis-a183135/

考虑一种优秀的做法：

转化模型：等价于，我要在数轴上从0开始走$n$步，每次可以向正方向走、向负方向走，不能走到负半轴。当不在原点的时候，向正方向有$(k-1)$种方法，向负方向有1种方法；在原点的时候，向正方向有$k$种方法。最后回到原点的方案数。

由于$k = (k-1) + 1$，我们就可以把那种往上的方案对应成往下的，有如下转化：

我们定义一线表示实际的括号序列；二线表示每个一线对应的另外一种括号序列，见下。

比如一线的括号序列是左括号+1，右括号-1的折线；二线的括号序列就是右括号-1，左括号在0的时候-1，其他+1的折线。

更通俗的说，一线的括号序列是正常的一个括号序列；二线的括号序列是把一线括号序列中，每次从0开始，选择$k$种方法中的一种，走到1的这个左括号，人为看做右括号（因为它并没有贡献$(k-1)$的方案）。

那么二线对应着一种一线的括号序列。二线的左括号个数$i$，也就是实际需要乘$(k-1)$的个数（由于其他的左括号，是因为碰到了0，在$k$种方案中有1种方案向上，我们选择了那种方案导致）。

考虑有多少种二线有$i$个左括号的括号序列，对应到一线中是合法的。

二线有$i$个左括号，那么二线的终止位置是$-2(n-i)$；如果二线走到了$-2(n-i)-1$，相当于我一线从0用$k$种方法的1种方法，走到了1，这个一线实际上对应的二线方案应该只有$i-1$个左括号（因为这个左括号是没有用的，不应该被乘$(k-1)$）。

好需要证明每个走到$-2(n-i)-1$的二线有$i$个括号的方案和二线有$i-1$个括号的方案是一一对应的。这个其实显然，我走到了$-2(n-i)-1$的点后，把后面的括号翻转，就对应于一个有$i-1$的括号序列了。类似于卡特兰数的证明。

所以总的方案就是${2n\choose i} - {2n\choose i-1}$。

我们特殊定义${x \choose -1} = 0$。

然后答案就是$\sum_{i=0}^{n} ({2n\choose i} - {2n\choose i-1})(k-1)^i$

首先减法可以分开处理，我们只要处理$\sum_{i=0}^{n}{2n\choose i}(k-1)^i$的线性递推问题即可。

这个我们可以用广义杨辉三角形来解决线性递推问题。

考虑杨辉三角形的构造

相当于把上一行复制一遍，（乘上对应系数1），移到下一行，右移一位，两两相加。

e.g

# include <stdio.h>
# include <string.h>
# include <iostream>
# include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;

const int N = 1e7 + 5, M = 2e7 + 5, F = 1e7, FM = 2e7;
const int mod = 1e9 + 7;

inline int getint() {
int x = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}

int n, K, A;
int fac[M], inv[M], p
, c
;
inline int pwr(int a, int b) {
int ret = 1;
while(b) {
if(b&1) ret = 1ll * ret * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ret;
}

inline int C(int n, int k) {
if(n < k) return 0;
return 1ll * fac
* inv[k] % mod * inv[n-k] % mod;
}

int main() {
//    freopen("quote.in", "r", stdin);
//    freopen("quote.out", "w", stdout);
static int f
, g
;
int T; T = getint(); K = getint(); A = K--;
if(!K) {
while(T--) puts("1");
return 0;
}
fac[0] = inv[0] = p[0] = 1;
for (int i=1; i<=FM; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % mod;
inv[FM] = pwr(fac[FM], mod-2);
for (int i=FM-1; i; --i) inv[i] = 1ll * inv[i+1] * (i+1) % mod;
for (int i=1; i<=F; ++i) p[i] = 1ll * p[i-1] * K % mod;
f[1] = K + K + 1; if(f[1] >= mod) f[1] -= mod;
for (int i=2, t; i<=F; ++i) {
t = (1ll * A * f[i-1] + 1ll * C(i*2-2, i) * p[i]) % mod;
t = (1ll * A * t - 1ll * K * C(i*2-1, i) % mod * p[i]) % mod;
if(t < 0) t += mod; f[i] = t;
}
for (int i=1, t; i<=F; ++i) {
t = f[i] - 1ll * C(i*2, i) * p[i] % mod;
g[i] = 1ll * t * K % mod;
if(g[i] < 0) g[i] += mod;
f[i] -= g[i];
if(f[i] < 0) f[i] += mod;
}
f[0] = 1;
while(T--) {
n = getint();
printf("%d\n", f
);
}
return 0;
}

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