【BZOJ】2111 [ZJOI2010] Perm 排列计数

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本文介绍了一个计算特定条件下的排列数量的问题，并提供了一种利用Lucas定理求解组合数的方法来得出答案模P的值。

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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,⋯, ��的排列中， Magic排列的个数模 p的值。

Solution

这题目的题面没说i/2下取整……

那么实际上就是一个固定形态的堆有多少不同的填法。

考虑对于一个点，它左儿子有 l 个点，右儿子有 r 个点，那么这个堆的答案
$ans[k]=ans[l]*ans[r]*C_{l+r}^l$ （因为左右儿子互不影响）

然后那么坑点就在于组合数了，要用Lucas定理

#include<stdio.h>
#define N 1000002

typedef long long ll;

int fac[N],inv[N],ans[N],n,p,size[N<<1];

int C(int x,int y)  
{  
    if (x<y) return 0;  
    if (x<p&&y<p)  return (ll)fac[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;  
    return (ll)C(x/p,y/p)*C(x%p,y%p)%p;  
}  

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&p);
    fac[0]=1;  for(int i=1;i<=n&&i<p;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;  
    inv[1]=1;  for(int i=2;i<=n&&i<p;i++) inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;  
    inv[0]=1;  for(int i=1;i<=n&&i<p;i++) inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-1]%p;  
    for (int i=n;i;i--)
    {
        size[i]=size[i<<1]+size[i<<1|1]+1;
        ans[i]=(ll)C(size[i]-1,size[i<<1])*((i<<1)<=n?ans[i<<1]:1)%p*((i<<1|1)<=n?ans[i<<1|1]:1)%p;
    }
    printf("%d",ans[1]);
}