TC SRM567 DIV2 T3 MountainsEasy

最新推荐文章于 2018-08-27 07:44:01 发布

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#组合数学 #计数问题 #Topcoder #SRM #容斥

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本文介绍了一种解决特定山峰坐标序列计数问题的方法，包括寻找确定的山峰位置、将问题转化为物品放置问题，并使用容斥原理进行计算。

前言

TC百题计划，走起！

题目描述

今有一图青山绿水，山神安山 $N$ 座。重峦叠嶂，峰峰起伏如此：

For 0 <= i < N:
    For 0 <= x < W:
        For 0 <= y <= Y[i] - |x - X[i]|:
            pix[x, y] := 'X'

即是：

..X...
.XXXX.
XXXXXX

如是，山峰坐标多变莫测。今予你山水画一幅，请求山峰坐标的不同序列，答案对 $10^9+9$ 取模。

Example

{“X.”,
“XX”}
2
Returns: 5
Here one of the mountains is completely covered by the other. The five possible sequences are:
(0, 1), (0, 1)
(0, 1), (0, 0)
(0, 1), (1, 0)
(0, 0), (0, 1)
(1, 0), (0, 1)

数据范围

画布长宽皆至五十
$1\leq N\leq 50$

分析

PART 1 找山峰

通过给出的图，我们可以先确定有一些地方是一定是有山峰的，假设为 $peaks$ 个位置，那么如何去算这个 $peaks$ 呢？
容易发现，一个点如果是山峰，当且仅当这个点是这一列最高点并且两边的最高点都不高于它。
这样就可以用非常简单的方法先求出 $peaks$ 。

PART 2 转化问题

我们设一个共有 $tot$ 个格子是山，总共有 $N_0$ 座山，还有 $N$ 座山山峰的位置不确定（ $N$ 即是 $N_0-peaks$ ，注意这里的记法与题目给出的有所不同）。那么问题就转化成了我们给这 $tot$ 个格子从 $1$ ~ $tot$ 编号，有 $N_0$ 个相同的物品，一个格子可以放多个物品。有 $peaks$ 个格子至少要放一个。放完后，我们把每个物品放到盒子的编号提出来变成一个序列，求这个序列的种数。
刚刚应该注意到非常重要也是非常关键的一点，我们结合这个样例，因为盒子的序号顺序有差异的序列也算是不同的，因此，事实上可以把这 $N_0$ 个物品看作是不相同的，然后求它们放在盒子里的方案数。
问题已经到了这一步了，就可以开始思考容斥的做法了。

PART 3 容斥

按照套路，我们设 $g(x)$ 为恰好有 $x$ 个有限定的盒子没有满足限定（即这 $x$ 个盒子里没放一个物品）。
那么要求的答案就是 $tot^{N_0}-g(1)-g(2)-...-g(picks)$ ，即，总共的方案数是 $N_0$ 个物品，每个物品有都有 $tot$ 个盒子可以放，再减去恰好是 $1$ 个盒子不满足条件， $2$ 个盒子不满足条件，…， $picks$ 个盒子不满足条件的方案数。
当然 $g(x)$ 不好求，那么我们可以设一个 $f(x)$ 表示至少有 $x$ 个有限定的盒子没有满足限定。那么容易得出 $f(x)={picks \choose x}\times (tot-x)^{N_0}$ ，即，先选出 $x$ 个盒子不放任何东西，这样还剩下 $tot-x$ 个盒子，也就是这 $N_0$ 个物品的选择。
再来看一看 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的关系： $f(x)=\sum_{k=x}^{picks}{k\choose x}g(k)$ ，即，对于恰好 $k$ 个限定盒不满足的情况，这 $k$ 个位置的任意 $x$ 组合都会在 $f(x)$ 中被计算 $g(k)$ 次。
这样答案就可以这样表示： $tot_{N_0}-f(1)+f(2)-f(3)+...+(-1)^{picks}f(picks)$ ，即：

\sum i = 0 p e a k s (p e a k s i) \times (- 1) i \times (t o t - i) N 0

$\sum_{i=0}^{peaks}{peaks \choose i}\times (-1)^i\times (tot-i)^{N_0}$
（感谢cly_none大佬指教）

参考程序

//tc is healthy, just do it
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1000000009;
const int ArSize = 55;
int fac[ArSize], inv[ArSize];

class MountainsEasy {
private:
    int H, W;
    void init() {   /*预处理出50以内的阶乘及其逆元，后面算组合数会用到*/
        int i;
        for (fac[0] = i = 1; i <= 50; i++) fac[i] = (LL)i * fac[i - 1] % MOD;
        inv[50] = fast_pow(fac[50], MOD - 2);
        for (i = 49; i >= 0; i--) inv[i] = (LL)(i + 1) * inv[i + 1] % MOD;
    }
    int fast_pow(int bs, int ex) {  // 快速幂
        int res = 1;
        for (; ex > 0; ex >>= 1, bs = (LL)bs * bs % MOD) if (ex & 1) res = (LL)res * bs % MOD;
        return res;
    }
    int C(int n, int r) {   // 组合数
        return (LL)fac[n] * inv[r] % MOD * inv[n - r] % MOD;
    }
public:
    int countPlacements( vector <string> picture, int N );
};

int MountainsEasy::countPlacements(vector <string> picture, int N) {
    H = picture.size(), W = picture[0].length();
    int x, y, N0 = N;
    for (x = 0; x < W && picture[H - 1][x] == '.'; x++);
    if (x == W) return 0;
    else {
        int tot = 0;
        // 找确定的山峰个数
        for (; x < W; x++) {
            for (y = 0; y < H && picture[y][x] == '.'; y++);
            if (y == H) continue;
            if (!y || 
                (!x && (x + 1 == W || picture[y - 1][x + 1] == '.')) ||
                 (x + 1 == W && (!x || picture[y - 1][x - 1] == '.')) || 
                 (x && x + 1 < W && picture[y - 1][x - 1] == '.' && picture[y - 1][x + 1] == '.')
            )
                --N;
            tot += H - y;
        }
        if (N < 0) return 0;
        init();
        int peaks = N0 - N;
        LL res = 0;
        // 容斥部分，极其精简吧
        for (int i = 0; i <= peaks; i++)
            if (i & 1) res = (res + MOD - (LL)C(peaks, i) * fast_pow(tot - i, N0) % MOD) % MOD;
            else res = (res + (LL)C(peaks, i) * fast_pow(tot - i, N0) % MOD) % MOD;
        return (int)res;
    }
}

总结

首先这个原题的英文题面废话很多，很长，转化之后就很简单的一个意思。不过转化到物品不同这一性质其实不容易，因为之前抽象出来的问题描述的不是很好…（我的锅…）但是cly大佬还是一眼就看出来了，个人认为自己的抽象能力还有待提升。解决了计数，找山峰其实也是很一个很毒瘤的模拟题，一开始写的很麻烦，改来改去改了三次才想到这个简单的思路。总而言之，这题考验的还是你的抽象能力，是否能发现问题最本质的性质，无论是在求山峰还是算方案的时候都是很需要这种能力的。我认为这是道好题！