hdu 3398

思路很绝，是看解题报告的，把字符串组合问题改装为平面上走路模型，以下就是大牛的思路：

 

题意：求由n个1、m个0组成，并且任意前缀中1的个数不少于0的个数的字符串的个数，并模20100501。

分析：这题很赞，首先是模型的转化或者说是公式的推导，这里用到了一个非常巧妙的转化。

①：我们设初始在坐标系的原点(0,0)，从字符串第一位开始，碰到一个0就向上走，碰到一个1就向右走，那么由n个1、m个0组成的字符串最后必定走到(n,m)点，即满足由n个1、m个0组成的字符串的个数为C(n+m,n) = C(n+m,m) (满足n+m长度内n个长度走1或者m个长度走0)。

②：对于任意前缀中1的个数不少于0的个数的字符串的个数这个条件，可以看成是坐标系中，从(0,0)点走到(m, n)点，并且跟y=x-1这条直线不相交的方案数。又因为(0,0)点关于直线y=x-1的对称点是(1,-1)，而从(1,-1)点走到(m, n)点的所有方案一定都会与直线y=x-1相交，对于这些方案，将从(1,-1)点到与y=x-1的第一个交点之间的路径关于y=x-1对称翻转过去，就可以得到所有不满足题意的从(0,0)点走到(m, n)点的方案，于是最终答案就是C(n+m, n)-C(n+m,n+1)。

 

接下来就是求上式子模20100501的值，因为n、m很大，所以我们利用质因数分解来分解阶乘，然后分子分母抵消指数最后求指数幂的和即可，但是这样做还是会TLE。而用对于阶乘，有很多非常好的性质可以利用（不利用就TLE。。。），下面介绍N!的质因数分解，也就是求N!中x的幂，首先因为N! = 1*2*3*……*N，所以N!中x的幂就是各个数质因数分解后x的幂之和，考虑含1,2,……,N中含x^1的共有x^1,2*x^1,……,y*x^1共y个，其中y=floor(N/x^1)，而含x^2的共有x^2,2*x^2,……,y*x^2共y个，其中y=floor(N/x^2)=floor((N/x)/x)，所以可以利用递归来计算N!中x的幂

 

 

照着大牛的思路写了一下,叹服于这种思路！

 

#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define M 2000005 #define MOD 20100501 #define N 150000 bool flag[M]; int prime[N], p[N], len; // prime 记录素数， p 记录素数的幂 len 记录长度 void calprime() { memset(flag,false,sizeof(flag)); int i,j,k=2; prime[1]=2; for(i=3;i<=M;i+=2) { if(!flag[i]) { prime[k++]=i; for(j=i;j<=M;j+=i) flag[j]=true; } } } void divide(int n) { int i=1,j=1; while(n>1) { while(n%prime[i]==0) { p[i]++; n/=prime[i]; } i++; } } void divf(int n,int oper)//divide factorial,(n!分解结果中2的指数=n/2+n/4+n/8+...) { int i=1,j=1,k,temp=n; while(prime[i]<=n) { temp=n; while(temp!=0) { if(oper==0) p[i]+=temp/prime[i]; else p[i]-=temp/prime[i]; temp/=prime[i]; } i++; } len=max(len,i); } __int64 giveres()//cal (prime[i]^p[i])%M连乘 { __int64 ans=1; int i,j,k; for(i=1;i<=len;i++) { __int64 a=prime[i],b=p[i],res=1;//cal a^b%MOD while(b) { if(b&1)//b%2==1 res*=a%MOD; a=a*a%MOD; b=b>>1; } ans=ans*res%MOD; } return ans; } int main() { calprime(); int n,m,cas; scanf("%d",&cas); while(cas--) { scanf("%d%d",&n,&m); if(n<m) { printf("0/n"); continue; } memset(p,0,sizeof(p)); //divide (n-m+1) int temp=n-m+1; divide(temp); divf(n+m,0); divf(m,1); divf(n+1,1); __int64 ans=giveres(); printf("%I64d/n",ans); } return 0; }