「题解」:[组合数学]:Perm 排列计数
题干:
Description
称一个1,2,…,N的排列P1,P2…,Pn是Magic的,当且仅当2<=i<=N时,Pi>Pi/2.
计算1,2,…N的排列中有多少是Magic的,答案可能很大,只能输出模P以后的值
Input
输入文件的第一行包含两个整数 n和p,含义如上所述。
Output
输出文件中仅包含一个整数,表示计算1,2,⋯, n的排列中, Magic排列的个数模 p的值。
Sample Input
20 23
Sample Output
16
HINT
100%的数据中,1 ≤ N ≤ 106, P≤ 10^9,p是一个质数。
题目概述:求N个数的排列中满足P[i]>P[i/2]的个数。
题解:
拿到这道题一脸懵比,自己想了半天妄图用纯组合数学知识做出来。
问了问大佬,大佬说要用小根堆,吓得我直接就不是人了。
研究了一下,发现这道题其实就是求n个数组成的小根堆的个数。
写出来一个状态转移方程(搞得跟树归似的吓死个人):f[i]=f[i<<1]+f[i<<1|1]+C(size[i-1],size[i<<1]);
解释一下:上式中,size代表小根堆(其实就是一个树型的)以某一点为根节点的子树的大小。
f代表以当前节点为根节点的小根堆共有多少中排列方式。
$C_{size[i-1]}^{size[i<<1]}$代表的意义是:从比i大的数字中选出左儿子需要的个数插入到左子树中组成的一种排列。
其实$C_{size[i-1]}^{size[i<<1]}$和$C_{size[i-1]}^{size[i<<1|1]}$还是一样的。
size的累加过程:siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;
我们发现,n的范围还是不小的(10的6次方),所以用到了Lucas定理。就这样啦~
代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdlib> using namespace std; long long n,p,siz[4000006],dp[4000006]; long long fac[40000006]; inline long long qpow(long long a,long long b) {register long long ans=1;a%=p;while(b){if(b&1)ans=ans*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return ans; } inline long long C(long long nn,long long k) {if(k>nn)return 0;elsereturn fac[nn]*(qpow(fac[k]*fac[nn-k]%p,p-2))%p; } inline long long Lucas(long long a,long long b) {if(b==0)return 1;return C(a%p,b%p)*Lucas(a/p,b/p)%p; } inline void getchart() {fac[1]=fac[0]=1;for(register long long i=2;i<=n;i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%p;return ; } int main() {scanf("%lld %lld",&n,&p);getchart(); // cout<<fac[10]<<endl;for(register int i=n;i>=1;--i){siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;dp[i]=Lucas(siz[i]-1,siz[i<<1]);if((i<<1)<=n)dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1])%p;if((i<<1|1)<=n)dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1|1])%p;}printf("%lld\n",dp[1]);return 0; }
代码在这里
转载于:https://www.cnblogs.com/xingmi-weiyouni/p/11131530.html
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