描述
学姐去实习了, 一共实习了N天, 每一天都可以得到实习工资V[i], 这里V[1..N]被看作是整数序列.
因为学姐很厉害, 所以V[1..N]是不下降的.
也就是说学姐每天的工资只会越来越多, 不会变少.
然而遗憾的是, 偷懒的学姐只记下来了其中M天的收入.
第A[1]天获得了的工资为B[1].
第A[2]天获得了的工资为B[2].
第A[3]天获得了的工资为B[3].
...
第A[M]天获得了的工资为B[M].
其中A[]是递增的.
好在她记下来了第一天和第N天的收入. 也就是说A[1]=1, A[M]=N.
现在实习结束了, 学姐看着仅有的M天的记录, 希望知道:
(1)工资序列V[1..N]有多少种可能情况, 满足已知的M条记录. 答案mod 1000000009.
(2)平均来说(考虑所有可能的情况), N天中一共得到了多少工资, 答案四舍五入到小数点后第三位.
如果doc不能回答学姐的这两个问题, 学姐会生气的!
格式
输入格式
输入数据第一行给定T, 表示总的询问次数.
对于每一次询问, 第一行给出两个整数N和M.
第二行给出M个整数, 分别为A[1]到A[M].
第三行给出M个整数, 分别为B[1]到B[M].
输出格式
对于每一次询问, 首先输出询问的编号, 参见样例输出.
之后输出问题1和问题2的答案, 用空格隔开, 详细请参见样例输出.
样例1
限制
对于30%的数据:
N <= 100.
对于60%的数据:
N <= 50000.
对于100%的数据:
2 <= N <= 1000000.
M <= 1000.
T <= 10.
1 = A[1] < A[2] < ... < A[M] = N.
0 <= B[1] <= B[2] <= ... <= B[M] <= 1000000.
题解：
终于填了这个坑。。。
其实考场上因为没时间所以打了暴力，大概因为乘法溢出爆零了。。。然后发现需要预处理n！以及n！的逆元，这不是很随意吗。。。
第一问用插板法算一下组合数，第二问我们可以认为b[i]到b[i+1]这里面的每个数被选到的概率都是相等的，然后期望就是(b[i]+b[i+1])/2
然后注意乘法溢出就可以了（乘法溢出居然WA0了4次T_T）
代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<iostream> 7 #include<vector> 8 #include<map> 9 #include<set> 10 #include<queue> 11 #include<string> 12 #define inf 1000000000 13 #define maxn 2000000+5 14 #define maxm 500+100 15 #define eps 1e-10 16 #define ll long long 17 #define pa pair<int,int> 18 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++) 19 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++) 20 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++) 21 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--) 22 #define mod 1000000009 23 using namespace std; 24 inline int read() 25 { 26 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 27 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 28 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();} 29 return x*f; 30 } 31 ll fac[maxn+1],inv[2][maxn+1]; 32 bool v[maxn+1]; 33 int p[maxn+1],tot,a[maxn],b[maxn]; 34 int main() 35 { 36 freopen("input.txt","r",stdin); 37 freopen("output.txt","w",stdout); 38 for2(i,2,maxn) 39 { 40 if(!v[i])p[++tot]=i; 41 for1(j,tot) 42 { 43 int k=i*p[j]; 44 if(k>maxn)break; 45 v[k]=1; 46 if(i%p[j]==0)break; 47 } 48 } 49 inv[0][0]=inv[0][1]=1; 50 for2(i,2,maxn)inv[0][i]=(ll)(mod/i+1)*inv[0][i-mod%i]%mod; 51 fac[1]=inv[1][1]=1; 52 for2(i,2,maxn) 53 { 54 fac[i]=fac[i-1]*(ll)i%mod; 55 inv[1][i]=inv[1][i-1]*inv[0][i]%mod; 56 } 57 //for1(i,100)cout<<i<<' '<<fac[i]<<' '<<inv[0][i]<<' '<<inv[1][i]<<endl; 58 int cs=read(),t=0; 59 while(cs--) 60 { 61 int n=read(),m=read();ll ans=1; 62 for1(i,m)a[i]=read(); 63 for1(i,m)b[i]=read(); 64 for1(i,m-1)if(a[i]+1!=a[i+1]) 65 { 66 int x=b[i+1]-b[i],y=a[i+1]-a[i]-1+b[i+1]-b[i]+1-1; 67 (ans*=fac[y]*inv[1][x]%mod*inv[1][y-x]%mod)%=mod; 68 //cout<<i<<' '<<ans<<endl; 69 } 70 double sum=b[m]; 71 for1(i,m-1) 72 { 73 sum+=b[i];//cout<<sum<<endl; 74 if(a[i]+1!=a[i+1])sum+=(double)(a[i+1]-a[i]-1)*(double)(b[i+1]+b[i])/2; 75 } 76 printf("Case #%d: %lld %.3lf ",++t,ans,sum); 77 } 78 return 0; 79 }