Beautiful Sequence
Description
对于一个正整数列a[1], ... , a[n] (n ≥ 3)，如果对于所有2 ≤ i ≤ n - 1，都有a[i-1] + a[i+1] ≥ 2 × a[i]，则称这个数列是美丽的。
现在有一个正整数列b[1], ..., b[n]，请计算：将b数列均匀随机打乱之后，得到的数列是美丽的概率P。
你只需要输出（P × (n!)）mod 1000000007即可。（显然P × (n!)一定是个整数）
Input
第一行一个整数n。 (3 ≤ n ≤ 60)
接下来n行，每行一个整数b[i]。 (1 ≤ b[i] ≤ 1000000000)
Output
输出（P × (n!)）mod 1000000007。
Sample Input
4 1 2 1 3
Sample Output
8
题意
首先定义一个序列为Beautiful为：对 2<=i<=n-1 : a[i-1]+a[i+1] >= 2*a[i]
给定n个数，问这些数的所有排列为Beautiful的有多少个
题解
唔
由 a[i-1]+a[i+1] >= 2*a[i] 可以推导出 a[i+1]-a[i] >= a[i]-a[i-1]
也就是说构造出来的序列，两项之差逐渐递增
由于差可能为正数，也可能为负数
那么顺序肯定时由负数到正数
所以构造出来的序列要么是递减的，要么是递增的，要么是先递减随后递增的
事实上三种情况都可以规约为 先递减随后递增 的情况，类似一个抛物线
假设现在得到了a[i]，同时已知a[i-1]，那么显然 a[i+1]>= a[i]*2-a[i-1]，即补充在后的数的下界是已知的
通过搜索解决这个问题
那么，先把所有数排个序，最小的那个数肯定就是抛物线的底部，记它有k个，总共可能构成k!个排列
然后维护四元组：<补充在左边的数的下界，当前最左边的数，补充在右边的数的下界，当前最右边的数>
递推：考虑补充在右边：若当前数a[now]，比所求补充在右边的数下界要大，那么更新四元组中的后两项分别为 2*a[now]-pre,a[now]；左边同理
然后爆完了
为了防T我还特意加了个计数项，把相同的项四元组合并了
唔折腾一晚上RE后来发现=-=请务必认真写好排序函数 不然会哭qwq
（好久没更博客了qwq发现我好懒
（有时候hihoCoder的题挺有意思的=-=虽然题面总给人一种硬翻国外题目的赶脚
代码
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 //#define FUCKOJ
4 typedef long long ll;
5 struct Node
6 {
7 ll fi,se;
8 ll pre1,pre2;
9 ll cnt;
10 };
11 bool operator != (Node x,Node y)
12 {
13 return !((x.fi==y.fi)&&(x.se==y.se)&&(x.pre1==y.pre1)&&(x.pre2==y.pre2));
14 }
15 bool operator < (Node x,Node y)
16 {
17 if(x.fi!=y.fi) return x.fi<y.fi;
18 if(x.se!=y.se) return x.se<y.se;
19 if(x.pre1!=y.pre1) return x.pre1<y.pre1;
20 if(x.pre2!=y.pre2) return x.pre2<y.pre2;
21 return x.cnt<y.cnt;
22 }
23 typedef vector<Node> VEC;
24 #define pb push_back
25 VEC V;
26 const ll MOD = 1e9+7;
27 const int MAXN = 60+3;
28 ll a[MAXN];
29
30 void Run(int now)
31 {
32 //VEC tV(V.begin(),V.end());
33 VEC tV;
34 tV.clear();
35 //V.clear();
36 Node node1,node2;
37 for(int i=0;i<V.size();++i)
38 {
39 node1=node2=V[i];
40
41 if(a[now]>=node1.fi)
42 {
43 if(node1.pre1==0) node1.fi=a[now];
44 else node1.fi=a[now]+(a[now]-node1.pre1);
45
46 node1.pre1=a[now];
47 tV.pb(node1);
48 /*if(V[i].pre1!=0) tV.pb(node1);
49 else if(V[i].pre2==0)
50 {
51 node1.pre2=node1.se=a[now];
52 tV.pb(node1);
53 }*/
54 }
55
56 if(a[now]>=node2.se)
57 {
58 if(node2.pre2==0) node2.se=a[now];
59 else node2.se=a[now]+(a[now]-node2.pre2);
60
61 node2.pre2=a[now];
62 tV.pb(node2);
63 //if(V[i].pre2!=0) tV.pb(node2);
64 }
65 }
66 sort(tV.begin(),tV.end());
67 V.clear();
68 for(int i=0;i<tV.size();++i)
69 {
70 if(V.size()==0||(V[V.size()-1]!=tV[i])) V.pb(tV[i]);
71 else V[V.size()-1].cnt=(V[V.size()-1].cnt+tV[i].cnt)%(MOD);
72 }
73 #ifdef FUCKOJ
74 cout<<"====="<<a[now]<<"====="<<endl;
75 for(auto v:V)
76 {
77 cout<<v.fi<<" "<<v.pre1<<" "<<v.se<<" "<<v.pre2<<" "<<v.cnt<<endl;
78 }
79 #endif
80
81 }
82
83 int main()
84 {
85 int n;
86 scanf("%d",&n);
87 Node x;
88 //x.pre1=x.pre2=x.fi=0,x.cnt=1;
89 //x.se=0;
90 //V.pb(x);
91 for(int i=0;i<n;++i)
92 scanf("%lld",a+i);
93 sort(a,a+n);
94 x.pre1=x.pre2=x.fi=x.se=a[0];
95 x.cnt=1;
96 int k=0;
97 while(k<n&&a[k]==a[0]) k++;
98 for(int i=1;i<=k;++i) x.cnt=(x.cnt*i)%MOD;
99 V.pb(x);
100 for(int i=k;i<n;++i) Run(i);
101 ll ans=0;
102 for(auto v:V) ans=(ans+v.cnt)%(MOD);
103 printf("%lld",(ans)%MOD);
104 return 0;
105 }
题解链接：http://www.cnblogs.com/scidylanpno/p/7618274.html
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