NOI模擬賽 T1.permutation 排列 （計數）

題意

定義一種長度爲𝑛的排列，滿足任意兩個相鄰的數的和都≤ 𝑚，現在要求你
計算它的個數，記爲𝑆(𝑛, 𝑚)。

但是出題人覺得這道題不足以讓人提起興趣去做，於是稍作修改，給定𝑛, 𝑘
要求你計算：
$\sum_{i=1}^nS(i,i+k)$

答案對 $20000023$ 取模。

題解

顯然當$n\le k$時和式的每一項都是$i!$，答案就是階乘和。但$n,k$範圍都是$1e18$，怎麼算階乘呢？可以發現，當$x\ge mod$時，$x!\equiv0$。那麼大於$mod$的都不用計算，直接預處理$mod$內的就行了。

考慮$i>k$怎麼計算。令$j=i+k$相當於考慮$S(i,j)$在$i<j<2i$時如何計算。

對於$[1,j-i]$範圍內的數，它們的排列順序並不影響答案，因爲其中最大的$j-i$加上$i$也小於等於$j$。因此他們內部的偶愛列順序方案就是$(j-i)!$。

再考慮$[j-i+1,i]$的數放進來。我們的順序是先放$j-i+1$，再放$i$，再放$j-i+2$，再放$i-1$。也就是從兩頭一邊輪流放一個。

那麼放$j-i+1$的時候有$j-i+1$種方案（已經有$j-i$個數，插一個數進去），然後放$i$時本該有$j-i+2$種方案，但不能放在$j-i+1$兩邊，所以要減$2$，結果就是$j-i$種方案。

那麼這樣插入了兩個數，下一次放$j-i+2$時由於不能和$i$放在一起，所以減$2$，方案數也是$j-i+1$；同樣$i-1$的方案也是$j-i$。

所以總方案就是$(j-i)!$和很多個$(j-i+1)$和很多個(j-i)乘起來。具體答案是：
$S(i,j)=(j-i)!(j-i+1)^{\lceil\frac{2i-j}2\rceil}(j-i)^{\lfloor\frac{2i-j}2\rfloor}$

也就是
$S(i,i+k)=k!(k+1)^{\lceil\frac{i-k}2\rceil}k^{\lfloor\frac{i-k}2\rfloor}$

那麼要求和，發現$k$定，分奇偶性可以變成兩個等比數列求和。然後就完事了。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 20000025;
const int mod = 20000023;
int fac[MAXN], sum[MAXN], ans;
LL n, k;
inline int qpow(int a, int b) {
	int re = 1;
	while(b) {
		if(b&1) re = 1ll * re * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod; b >>= 1;
	}
	return re;
}
int main () {
	freopen("permutation.in", "r", stdin);
	freopen("permutation.out", "w", stdout);
	fac[0] = 1; sum[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= mod; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % mod, sum[i] = (sum[i-1] + fac[i]) % mod;
	int T; scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld", &n, &k);
		int ans = sum[min(min(n, k), (LL)mod)]; //前面一段用於處理好的階乘
		int s = 0, w = 1ll*k*(k+1)%mod, inv = qpow(w-1+mod, mod-2) % mod; //inv是等比數列求和公式的分母
		if(n > k && k < mod) //k>=mod時因爲後面要乘k的階乘,而k的階乘肯定模出來是0,就沒必要算
			s = (s + 1ll*(k+1)*(qpow(w, ((n-k-1)/2+1)%(mod-1))-1)%mod*inv) % mod; //這個等比數列是從w^0+w^1+...+w^(n-k-1)/2,-1是等比數列求和公式中需要的.
		if(n > k+1 && k < mod)
			s = (s + 1ll*(qpow(w, ((n-k)/2+1)%(mod-1))-1)*inv - 1) % mod; //這個等比數列是從w^1+w^2+...+w^(n-k)/2,所以除去等比公式中的一個-1,後面多減了-1.
		ans = (ans + 1ll * s * fac[min(k,(LL)mod)]) % mod;
		printf("%d\n", ans);
	}
}