【LuoguP4609】建筑师（FJOI2016）-第一类斯特林数

最新推荐文章于 2024-08-14 16:30:00 发布

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本文介绍了一种使用第一类斯特林数解决特定建筑可见性问题的方法。通过将问题转化为圆排列问题，利用斯特林数的递推公式进行高效计算。

测试地址：建筑师
做法：本题需要用到第一类斯特林数。
我们先来分析“可见”这个性质。因为建筑的高度各不相同，所以两个可见建筑之间，一定是若干个比这两个可见建筑高度要小的建筑。而我们知道高度为 $n$ 的建筑无论如何都会被看到，而从这个建筑往两边的可见建筑高度显然是不断减小的。这样，我们把从左（右）边能看到的每一个可见建筑，与它右（左）边下一个可见建筑之间的部分看做一个集合，因为高度为 $n$ 的建筑无论如何都可见所以我们就不管它了，这样我们就相当于要把 $1$ ~ $n-1$ 这些数分成 $A+B-2$ 个集合，每个集合都是一个排列，且要求排列的首位（或末位）必须是集合内的最大值，求方案数。
注意到，任何两个互不相同的圆排列，都可以转成两个互不相同的满足上述条件的排列，这就说明圆排列和上述满足条件的排列是等价的。而把 $n-1$ 个元素拆成 $A+B-2$ 个圆排列的方案数，这就是第一类斯特林数的定义。具体来说，第一类斯特林数 $s(i,j)$ （ $i$ 个元素拆成 $j$ 个圆排列的方案数）的递推式如下：
$s(i,j)=s(i-1,j-1)+(i-1)s(i-1,j)$
边界条件为 $s(0,0)=1$ 。这个递推式的含义是，分别讨论 $i$ 这个元素是被分在新的圆排列里，还是插入之前的某个圆排列里。如果被分在新的圆排列里，方案数就是 $s(i-1,j-1)$ ，而如果插入之前的某个圆排列里，有 $i-1$ 个位置可供插入，所以方案数是 $(i-1)s(i-1,j)$ 。
所以上面问题的答案就很显然是 $s(n-1,A+B-2)$ 。但是还没有结束，我们意识到，把分成的这些集合，分配到高度为 $n$ 的建筑的左边和右边，每一种集合的分配方案就会产生 $s(n-1,A+B-2)$ 种方案。而强制左边有 $A$ 个建筑可见，就是强制要向左边分配 $A-1$ 个集合，所以最后的答案就是：
$C_{A+B-2}^{A-1}\times s(n-1,A+B-2)$
$O(na+a^2)$ （ $a=A+B$ ）预处理，然后 $O(1)$ 回答每个询问即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int T,mxn=0,mxab=0,n[200010],a[200010],b[200010];
ll s[50010][210]={0},C[210][210]={0};

void init()
{
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&n[i],&a[i],&b[i]);
        mxn=max(mxn,n[i]);
        mxab=max(mxab,a[i]+b[i]);
    }

    s[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=mxn;i++)
        for(ll j=1;j<=i&&j<=mxab;j++)
            s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j])%mod;

    C[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=mxab;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(ll j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
}

void work()
{
    for(int i=1;i<=T;i++)
        printf("%lld\n",s[n[i]-1][a[i]+b[i]-2]*C[a[i]+b[i]-2][a[i]-1]%mod);
}

int main()
{
    init();
    work();

    return 0;
}