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2021-09-18 22:15:49
思路:分析题目可发现,n个人可以分成每组x各人(1<=x<=n),就相当于从n个人里取x个人有多少种取法,分为取偶数个(2,4,...)和取奇数个(1,3,5,...),由二项式展开式中奇数项系数之和等于偶数项系数之和可得,它们之间差了个
=1,即每次偶数的方案数一定比奇数的少1。
#include<iostream> using namespace std; int main() { int t,n; while(cin>>t) { while(t--) { cin>>n; cout<<-1<<endl; } } return 0; }
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首先我们都知道组合数的意义,就是说一共有n个样本,一次性从中取出m个样本,一共有多少种不同的取法。它的公式如下:
它有这么一个性质:
该性质有若干种证明方式,今天我在这边写出我觉得挺巧妙的一种证明方式。
2.证明
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想必大家都知道有关的另一个公式:
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关于这个公式的系数(也就是c(n,0),c(n,1)…)可以这么理解:
首先知道,(a+b) ^n 的展开式一共有n+1项,分别是a ^n,a ^n-1b,…ab ^n-1,b ^n。
(a+b) ^n 就是有n个(a+b)相乘,相当于(a+b)(a+b)(a+b)…(a+b)(a+b),一共n个。
对于a^n,相当于是从n项中找n个a相乘,其系数就是C(n,0)=1,
对于a^n-1b,相当于是从n项中找 (n-1) 个a和 1 个b相乘,其系数就是C(n,1)=n,
对于a^n-2*b ^2,相当于是从n项中找 (n-2) 个a和 2 个b相乘,其系数就是C(n,2),
…
…
对于b^n,相当于是从n项中找 n 个b相乘,其系数就是C(n,n)=1, -
由此可知:组合数之和 = 二项式的系数之和 = (a+b)^n一共的项数
很明显,(a+b)^n,一共有2 ^n个系数为1的项
(a+b)^n n=1 2项 n=2 4项 n=3 8项 … … n=k 2^k项 这也算是加深了自己的理解吧,以前一直只知道死记公式,从不想为什么,今后这毛病得改。。。
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问题引入
给你一个古典概型问题,总共两个事件,发生A事件的概率为p,则发生B事件的概率为1-p;求k次操作之后,出现偶数次A事件的概率为多少。对于最后的答案要取模1e9+7。
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2
2 1 1
3 1 2样例输出
500000004
555555560题目来源
题解
- 很显然,答案是求二项式的偶数项和。
- 对于这种求偶数项的和,可以参照对于n的所有组合数C(n, i)求得奇数项和为2^(n-1),偶数项和为2^(n-1)的方法,如下所示:
- 综上,二项式偶数项和的通项公式为:
- ans=(p^k+(2*q-p)^k)/(2*p^k) ;
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-8; typedef long long LL; LL pow_mod(LL a,LL b,LL p) //快速幂取模 { LL ans=1,base=a; while(b>0) { if(b&1) //n%2==1 ans=ans*base%p; base=base*base%p; b>>=1;// b/=2 } return ans; } LL cal(LL x,LL y)//分数取模 { return x*pow_mod(y,mod-2,mod)%mod; } int main() { int T; LL p,q,k; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%lld%lld%lld",&p,&q,&k); q=pow_mod(p-2*q,k,mod); p=pow_mod(p,k,mod); q=(p+q)%mod; p=(p*2)%mod; printf("%lld\n",cal(q,p)); } return 0; }
- 很显然,答案是求二项式的偶数项和。
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