【WC2017四校联考5】B君的宴请 题解

题目大意

  n 把椅子排成一个环。
  现在要撤掉一部分，使得只剩下恰好 k 把椅子，并且剩下的任意两把椅子原先不相邻。
  若两种方案可以经过旋转、翻转互相等价，则认为本质相同。
  求本质不同的方案数 $\bmod 10^9+7$

一个比较“正统”的思路

  首先把撤与不撤看作是01染色，0 表示撤，1 表示保留。

  考虑 burnside 引理。
  置换群大小为 2n，包括 n 个旋转置换和 n 个旋转+翻转置换。

  考虑 n 个旋转置换的不动点。
  对于第 i 个旋转置换（0<= i <=n-1），只有前面 d=gcd(i,n) 个元素可自由选择颜色。所以模型变成：长度为 d 的序列，我要分配 k’ 个黑色进去，要求任意两个黑色不相邻，且头尾不能同时为黑，的方案数。
  （这里因为原序列被划分成 n/d 段，所以这里 k’=k/(n/d)，如果不能整除则视为该置换下不动点为 0。）
  那么这个模型就是一个组合数模型了。先不考虑头尾的限制。类似于挡板原理，我们把作为间隔的 k’-1 个白点抽出来，则 k’ 个黑点就没有不相邻的限制了，所以方案数就是 $C_{d-(k’-1)}^{k’}$。如果考虑头尾限制，则用总的减去头尾同时为黑的方案数，头尾同时为黑意味着次头和次尾同时为白，所以方案数是 $C_{(d-4)-((k’-2)-1)}^{k’-2}$

  考虑 n 个旋转+翻转置换的不动点。我们知道旋转+翻转置换可以等价为翻转置换。
  n 为奇数时，对称轴穿过一个点和一个空隙，设这个点为 A。由于空隙旁的两个点相邻，所以他们必为白色。若 k 为奇数，则 A 为黑色，A 的下一个点为白色，所以方案数是 $C_{(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor-2)-(\lfloor\frac{k}{2}\rfloor-1)}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}$。若 k 为偶数，则 A 为白色，方案数类似。
  n 为偶数时，对称轴有两种，各有 n/2 条。一种是穿过两个点的，一种是穿过两个空隙的。分析方法类似，第一种对称轴要讨论 k 的奇偶性，第二种对称轴则要求 k 必须是偶数，否则为0。

一个大家都想到的思路

  这里就直接搬题解了。

  首先考虑 k 个椅子之间的一个置换（而不是像通常那样考虑 n 个椅子的情况）
  对于 k=1 和 k=2，可以直接计算答案。
  对于更大的 k 的情况，同样需要计算旋转和轴对称。
  如果 k 个椅子的位置确定，那么接下来的步骤就是将 n-k 个将要被撤掉的椅子，放进 k 个椅子的间隔中，使得每个间隔中至少有一个椅子。
  旋转的情况比较简单，就是和最大公约数相关。
  如果是轴对称的话，还需要根据 k 的奇偶性进行迚一步的讨论。
  如果 k 是奇数，那么对称之后一定是(k-1)/2 对 和 单独的一个点
  如果 k 是偶数，那么对称后可能是 k/2 对，还可能是 k/2-1 对和 2 个单独的点

代码

//用第一种方法的

#include<cstdio>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=1e6+5;
const LL mo=1e9+7;

int n,k;

LL gcd(LL a,LL b) {return (b) ?gcd(b,a%b) :a ;}

LL mi(LL x,LL y)
{
	LL re=1;
	for(; y; y>>=1, x=x*x%mo) if (y&1) re=re*x%mo;
	return re;
}

LL fac[maxn],ny[maxn];
LL C(LL n,LL m)
{
	if (n<0 || m<0) return 0;
	return fac[n]*ny[m]%mo*ny[n-m]%mo;
}

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	if (n==1 || k==0) {printf("1\n"); return 0;}
	
	fac[0]=ny[0]=1;
	fo(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mo, ny[i]=mi(fac[i],mo-2)%mo;
	
	LL ans=0;
	fo(i,1,n)
	{
		LL d=gcd(i,n);
		if (k%(n/d)!=0) continue;
		int kk=k/(n/d);
		if (d==1) continue;
		ans=(ans+C(d-(kk-1),kk)-C(d-4-(kk-3),kk-2)+mo)%mo;
	}
	if (n&1)
	{
		if (k&1) ans=(ans+C(n/2-2-(k/2-1),k/2)*n%mo)%mo;
			else ans=(ans+C(n/2-1-(k/2-1),k/2)*n%mo)%mo;
	} else
	{
		if (k%2==0) ans=(ans+C(n/2-2-(k/2-1),k/2)*(n/2)%mo)%mo;
		
		if (k&1)
		{
			ans=(ans+C(n/2-2-(k/2-1),k/2)*n%mo)%mo;
		} else
		{
			ans=(ans+(C(n/2-1-(k/2-1),k/2)+C(n/2-3-((k-2)/2-1),(k-2)/2))%mo*(n/2)%mo)%mo;
		}
	}
	ans=ans*mi(n*2,mo-2)%mo;
	
	printf("%lld\n",ans);
}