3405. Count the Number of Arrays with K Matching Adjacent Elements

Problem

You are given three integers n, m, k. A good array arr of size n is defined as follows:

Each element in arr is in the inclusive range [1, m].
Exactly k indices i (where 1 <= i < n) satisfy the condition arr[i - 1] == arr[i].

Return the number of good arrays that can be formed.

Since the answer may be very large, return it modulo 10⁹ + 7.

https://leetcode.com/problems/count-the-number-of-arrays-with-k-matching-adjacent-elements/

Example 1:

Input: n = 3, m = 2, k = 1
Output: 4
Explanation:
There are 4 good arrays. They are [1, 1, 2], [1, 2, 2], [2, 1, 1] and [2, 2, 1].
Hence, the answer is 4.

Example 2:

Input: n = 4, m = 2, k = 2
Output: 6
Explanation:
The good arrays are [1, 1, 1, 2], [1, 1, 2, 2], [1, 2, 2, 2], [2, 1, 1, 1], [2, 2, 1, 1] and [2, 2, 2, 1].
Hence, the answer is 6.

Example 3:

Input: n = 5, m = 2, k = 0
Output: 2
Explanation:
The good arrays are [1, 2, 1, 2, 1] and [2, 1, 2, 1, 2]. Hence, the answer is 2.

Constraints:

1 <= n <= 10⁵
1 <= m <= 10⁵
0 <= k <= n - 1

Test Cases

python
class Solution:
    def countGoodArrays(self, n: int, m: int, k: int) -> int:

solution_test.py下载完整源码
py
import pytest

from solution import Solution


@pytest.mark.parametrize('n, m, k, expected', [
    (3, 2, 1, 4),
    (4, 2, 2, 6),
    (5, 2, 0, 2),

    (1, 1, 0, 1),
    (63556, 90183, 30596, 417830506),
    (68450, 16745, 60839, 418664322),
])
@pytest.mark.parametrize('sol', [Solution()])
def test_solution(sol, n, m, k, expected):
    res = sol.countGoodArrays(n, m, k)
    assert type(res) == int and res == expected

Thoughts

全都是数论知识。

首先 n 个位置中，有且只有 k 个位置的数跟其左边的数相等，显然除了 i = 0 之外其他的都可以，相当于从 n - 1 个位置中任选 k 个，一共有 $C(n-1, k) = \binom{n-1}{k}$ 个选择。

把选中的 k 个位置先拿掉，剩下 n - k 个，这些位置填入的数字都不能与其左边的数字相等。第一个位置有 m 个选择，之后的每个位置都有 m - 1 个选择，一共有 m * (m - 1) ** (n - k - 1) 个选择。

上边两个事件相互独立，所以乘积就是总的选择数，即可以构造出的 good array 总数：

m \times (m-1)^{n-k-1} \times \binom{n-1}{k}

其中 $(m-1)^{n-k-1}$ 可以用 3266. Final Array State After K Multiplication Operations II 中提到的二分法幂运算。

组合数 $\binom{n-1}{k}$ 就有点儿棘手，因为 $\binom{n-1}{k} = \frac{(n-1)!}{k!\times (n-1-k)!}$ ，但是模运算不支持除法。

这里需要用到模逆元（Modular multiplicative inverse）。如果要计算 (x / a) % p，可以先求 a 对于 p 的模逆元 b（(a * b) % p = 1），再计算 (x * b) % p 即可。

求 a 对于 p（本题中 p = 10⁹ + 7 是个质数）的模逆元，可以用费马小定理（Fermat’s little theorem），易知 a ** (p - 2) % MOD 是 a 的逆元（因为 $a\times a^{p-2} = a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ ）。

可以事先把最大值（10⁵）以内所有数的阶乘，以及每个阶乘的模逆元都计算好存下来，用的时候直接查表即可。

求模逆元的时间复杂度是 O(log p)。

对于连续自然数的阶乘，并不用每个结果都求模逆元，可以对最后一个结果求模逆元，然后倒着推算回去，因为：

inv(i!)\equiv inv(\frac{(i+1)!}{i+1})\equiv inv((i+1)!)\times(i+1)\pmod{p}

不考虑提前缓存所有的阶乘与阶乘的模逆元，时间复杂度为 O(n)（幂运算是 O(log n)，阶乘是 O(n)，阶乘的模逆元是 O(log (10⁹ + 7)) 可以认为是常数。

Code

solution.py下载完整源码
py
MAX = 100_000
MOD = 1_000_000_007


def bi_power_mod(a: int, n: int) -> int:
    """Calculates x ** n % MOD."""
    res = 1
    while n > 0:
        if n & 1:
            res = res * a % MOD
        n >>= 1
        a = a * a % MOD

    return res


def mod_inverse(a: int) -> int:
    """Calculates a's modular multiplicative inverse b where (a * b) % MOD == 1.
    b = a ** (p - 2)
    """
    return bi_power_mod(a, MOD - 2)


# Pre-calculate factorial(i) % MOD, and mode_inverse(factorial(i))
facts = [1] * MAX
inv_facts = [0] * MAX
for i in range(1, MAX):
    facts[i] = facts[i - 1] * i % MOD
inv_facts[-1] = mod_inverse(facts[-1])
for i in range(MAX - 2, -1, -1):
    inv_facts[i] = inv_facts[i + 1] * (i + 1) % MOD


def c_mod(n: int, m: int) -> int:
    """Calculates C(n, m) % MOD.
    C(n, m) = n! // m! // (n-m)!
    """
    return facts[n] * inv_facts[m] * inv_facts[n-m] % MOD


class Solution:
    def countGoodArrays(self, n: int, m: int, k: int) -> int:
        return m * bi_power_mod(m - 1, n - k - 1) * c_mod(n - 1, k) % MOD

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