ARC059 : F - バイナリハック / Unhappy Hacking
追記3:
yosupoが最新版の解説を書いたようです。こちらを見ましょう。
以下は旧記事です。
AtCoder Regular Contest 059 で出題された F - バイナリハック / Unhappy Hacking の O(n)解法です。
解説はコードに埋め込みました。 カタラン数云々は http://www.mtholyoke.edu/~jjlee/Teaching/Intro_to_Catalan.pdf を見て下さい。
atcoderの提出はこちら Submission #839457 - AtCoder Regular Contest 059 | AtCoder
追記:
今回使ったA126087 - OEISにある漸化式ですが、 Conjectureだそうです。一応 n <= 3000まで正しい事は確認しましたが、気になる方がいるようなので追記します。
追記2: magicを使わなくても解けたようです。
Submission #839587 - AtCoder Regular Contest 059 | AtCoder
解説
@__math 最終的にK文字以下ってのを逆から考えると(0, -M)から(N-i, -M+i)へのカタラン経路数にの総和になるから、それを求める
— メロンパンファクトリー (@yosupot) 2016年8月13日
以下は旧コード
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define FOR(i,n) for(int i = 0; i < (n); i++) #define sz(c) ((int)c.size()) #define ten(n) ((int)1e##n) using ll = long long; const int MOD = ten(9) + 7; const int N = ten(4); // O(N) ll inverse[N]; void init_inverse() { inverse[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inverse[i] = (MOD - MOD / i) * inverse[MOD%i] % MOD; } // O(N) ll fact[N], infact[N]; void init_fast_fact() { init_inverse(); fact[0] = fact[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % MOD; infact[0] = infact[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) infact[i] = infact[i - 1] * inverse[i] % MOD; } // O(1) ll fast_nCk(int n, int k) { if (n < 0 || k < 0) return 0; if (k > n) return 0; ll ret = fact[n] * infact[k] % MOD * infact[n - k] % MOD; return ret; } //O(1) ll pseudo_catalan(int a, int b, int c) { if (c == a - 1) b--, c--; if (c == b - 1) a--, c--; ll ret = fast_nCk(a + b - 2, a - 1) - fast_nCk(a + b - 2, c - 1); if (ret < 0) ret += MOD; return ret; } int solve(int n, int m) { // O(n) にできるが、今回は十分に大きい定数回回している init_fast_fact(); // https://oeis.org/A126087 // magic[i] = i回タイプした時、文字列が空になるようなキーの押し方の個数 // O(n) vector<ll> magic = { 1, 1, 3 }; for (int i = 3; i <= n; i++) { ll tmp = 3 * (i + 1) * magic[i - 1] + 8 * (i - 2) * magic[i - 2] - 24 * (i - 2) * magic[i - 3]; magic.push_back(tmp % MOD * inverse[i + 1] % MOD); if (magic[i] < 0) magic[i] += MOD; } // 2の累乗 // O(n) vector<ll> power_of_2; power_of_2.push_back(1); FOR(i, n) power_of_2.push_back(power_of_2.back() * 2 % MOD); ll ans = 0; FOR(s, n) { // ループ内はO(1) // // |------|X|-------| // <------>^<-------> // | | | // s | rem - 1 // s回目(0-indexed) // // 前半s回のタイプ後、文字列の長さが0 // s+1回目、最初の文字を打つ // 後半、s+2回目以降は、文字列が空にならないよう注意しながらタイピング // こうすると重複せず数え上げられる // // 前半はmagicに係数が入っているので、後半のs+2回目以降のタイプの仕方について数え上げればよい const int rem = n - s; //後 rem 回タイプ出来る if (rem < m) continue; if ((rem - m) % 2 != 0) continue; const int B = (rem - m) / 2; // s+2回目以降のバックスペースの回数 const int A = rem - B; // s+2回目以降タイプする文字列 (= {0,1}をタイプする回数) const ll a1 = B == 0 ? 1 : pseudo_catalan(A , B + 1, B); //カタラン数の計算方法と同じやつ // バックスペースで消される文字列は{0,1}のどっちでもいいので、 2^B を掛ける const ll s_ans = a1 * power_of_2[B] % MOD * magic[s] % MOD; ans += s_ans; } return int(ans % MOD); } int main() { int n; cin >> n; string s; cin >> s; int m = sz(s); int ans = solve(n, m); cout << ans << endl; return 0; }