题目链接:AT2301 Solitaire
(翻译在讨论版中有)
解法
首先要绕一下思维,考虑一个合法排列(即弹出的数的排列)的性质。可以得到它满足:
1、第 个数是 (题目条件)
2、前 个数可以拆成一个或两个单调递减的序列。(由于我们是按序插入,所以未弹出前的序列在 上递减,在 上递增。而弹出时是选择两端中的一端弹出,拆开弹出的序列,一部分为前端弹出的数,另一部分为后端弹出的数,于是这两部分就是单调递减的。)
3、前 个数中其中一个序列的最小值一定大于后 个数中的最大值。
关于3的证明:
我们将前 个数的两个单调递减的序列记为 ,由于我们要令第 个数为 ,也就是说 或 中有一个数在弹出前在序列中与 相邻。我们设图中的蓝色区域为已弹出的前 个数:
也就是说另一个蓝色区域中的数(设为 ,由于 单调递减, )大于剩余未弹出的 个数的最大值(白色区域,最大值为 的相邻数)。
于是我们接着考虑如何构造序列。
先考虑后 个数,这些数一定构成一个单调队列,若确定了前 ,然后将 弹出,剩余的数即可任意弹出,方案数为
然后确定前 个数。 表示,前 个数中,已确定了 个数,这些数的最小值为 。
不妨设第二个序列
满足性质3,即
大于剩余数的最大值。每次新加一个数,如果加进
,那么因为当前的
要一直弹出直到
出现为止,所以新加的数一定小于
,于是
,如果加进
,加入的数就要是当前没加的数中最大的(即小于
),因为只有这样才能满足性质3。
于是
。
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long P=1000000007ll;
long long n,k,f[10001];
long long qpow(long long a,int x){
if(x<0)return 1;
long long s=1ll;
while(x){if(x&1)(s*=a)%=P;(a*=a)%=P;x>>=1;}
return s;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
f[0]=1ll;
for(int i=1;i<n;++i){for(int j=i;j;--j)f[j]=(f[j+1]+f[j-1])%P;f[0]=f[1];}
printf("%lld",f[n-k]*qpow(2ll,n-k-1)%P);
}