2017年8月15日提高组T1 字符串

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#ssl #BPM #string #乘法逆元

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本文介绍了一种计算字符串在特定条件下字典序排名的方法，利用组合数学原理和快速幂技巧求解，适用于处理大规模数据集。

Description

有两个长度为n且仅由小写字母组成的字符串S，T，满足S和T恰好有k位不同。问在所有恰好与S有k位不同的字符串中，T按照字典序排在第几位。由于答案可能很大，模10^9+7输出。

Input

第一行两个整数n,k。
第二行一个字符串S。
第三行一个字符串T。

Output

一行一个整数表示答案。

Hint

对于前30%的数据，n<=5.
对于100%的数据，k<=n<=100000.

Source

BY BPM

Solution

看到这种类型的题目毫无想法，几乎没有接触过。。

首先说一个结论，与长度为n的串有k位不同的串共有 $C_{n}^{k}*25^k$ 个，这玩意推一推就出来了。

想要知道T的排名，只需要计算前面有多少个串就可以了。考虑当前做到i位，那么如果S的第i位比T的第i位要小，那么第一位对答案的贡献就是
$C_{m-1}^{n-1}*25^{m-1}*(T[1]-'a'-1)+C_{m}^{n-1}*25^m$ 然后要m–

如果S的第i位比T的第i位要大，那么第一位对答案的贡献就是 $C^{n-1}_{m-1}*25^{m-1}*(T[1]-'a')$ 然后要m–

如果S的第i位等于T的第i位，那么对答案的贡献就是 $C^{n-1}_{m-1} * 25^{m-1} *(T[1]-'a')$
然后往下一位一样的接着处理就好了。

考虑到要对组合数取模，即对分数取模，这里用到了乘法逆元解决，即 $\frac{a}{b}\% c$ 与 $a*b^{\phi(c)-1}\%c$ 是等价的，这里1e9+7是质数，所以 $\phi(10^9+7)=10^9+6$ 。快速幂搞定

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define rep(i, st, ed) for (int i = st; i <= ed; i += 1)
#define drp(i, st, ed) for (int i = st; i >= ed; i -= 1)
#define erg(i, st) for (int i = ls[st]; i; i = e[i].next)
#define fill(x, t) memset(x, t, sizeof(x))
#define max(x, y) (x)>(y)?(x):(y)
#define min(x, y) (x)<(y)?(x):(y)
#define ll long long
#define db double
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define N 100001
#define E 50001
#define L 256
char s[N], t[N];
ll biao[N];
inline ll pw(int dep, ll x){
    if (dep == 0){return 1;}
    if (dep == 1){return x;}
    ll tmp = pw(dep / 2, x);
    if (dep & 1){return ((tmp*tmp)%MOD*x)%MOD;}
    return (tmp*tmp)%MOD;
}
inline ll C(int n, int m){
    if (n < 0 || m < 0 || n < m){return 0;}
    ll tmp = pw(MOD - 2, biao[n-m]*biao[m]%MOD);
    (tmp *= biao[n])%=MOD;
    (tmp *= pw(m, 25))%=MOD;
    return tmp;
}
int main(void){
    int n, m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    scanf("%s", s);
    scanf("%s", t);
    biao[0] = 1;
    rep(i, 1, n){
        biao[i] = biao[i - 1] * i%MOD;
    }
    ll ans = 0;
    rep(i, 0, n - 1){
        if (s[i] < t[i]){
            (ans += C(n-i-1,m)%MOD)%=MOD;
            (ans += (t[i]-'a'-1)*C(n-i-1,m-1)%MOD)%=MOD;
        }
        else{
            (ans += (t[i]-'a')*C(n-i-1,m-1)%MOD)%=MOD;
        }
        m -= (s[i] != t[i]);
    }
    printf("%lld\n", (ans+1)%MOD);
    return 0;
}