hdu--6038--Function

最新推荐文章于 2020-02-11 21:47:40 发布

职业炮灰

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分类专栏：算法_杭电多校联合

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/king_cannon_fodder/article/details/76339149

算法_杭电多校联合专栏收录该内容

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本文探讨了一个关于函数f的问题，给出了具体的输入输出格式及样例，并提供了详细的解题思路和算法实现。通过分析两个置换序列a和b，计算满足特定条件的不同函数f的数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Function

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1502 Accepted Submission(s): 707

Problem Description

You are given a permutation

a from

0 to

n−1 and a permutation

b from

0 to

m−1 .

Define that the domain of function

f is the set of integers from

0 to

n−1 , and the range of it is the set of integers from

0 to

m−1 .

Please calculate the quantity of different functions

f satisfying that

f(i)=bf(ai) for each

i from

0 to

n−1 .

Two functions are different if and only if there exists at least one integer from

0 to

n−1 mapped into different integers in these two functions.

The answer may be too large, so please output it in modulo

109+7 .

Input

The input contains multiple test cases.

For each case:

The first line contains two numbers

m .

(1≤n≤100000,1≤m≤100000)

The second line contains

n numbers, ranged from

0 to

n−1 , the

i -th number of which represents

ai−1 .

The third line contains

m numbers, ranged from

0 to

m−1 , the

i -th number of which represents

bi−1 .

It is guaranteed that

∑n≤106,

∑m≤106 .

Output

For each test case, output " Case #

x :

y " in one line (without quotes), where

x indicates the case number starting from

1 and

y denotes the answer of corresponding case.

Sample Input

Sample Output

  
   Case #1: 4
Case #2: 4

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 1

官方题解：

考虑置换

a

的一个循环节，长度为

l

，那么有 $f(i) = b_{f(a_i)} = b_{b_{f(a_{a_i})}} = \underbrace{b_{\cdots b_{f(i)}}}_{l\text{ times }b}$ 。

那么 $f (i)$ 的值在置换 $b$ 中所在的循环节的长度必须为 $l$ 的因数。

而如果 $f (i)$ 的值确定下来了，这个循环节的另外 $l - 1$ 个数的函数值也都确定下来了。

答案就是 $\sum_{i = 1}^{k} \sum_{j | l_i} {j \cdot cal_j}$ 改为 $\prod_{i = 1}^{k} \sum_{j | l_i} {j \cdot cal_j}$ ，其中 $k$ 是置换 $a$ 中循环节的个数， $l_i$ 表示置换 $a$ 中第 $i$ 个循环节的长度， $cal_j$ 表示置换 $b$ 中长度为 $j$ 的循环节的个数。

时间复杂度是 $\mathcal{O}(n + m)$ 。

我的思路：

这题主要的是去找循环节，

分析样例：3 4

2 0 1

0 2 3 1

可以推出：a序列有个长度为3的循环节，即a[0]=2,a[1]=0,a[2]=1。

b序列有长度为1和3的循环节长度为1的：b[0]=0;长度为3的：b[1]=2,b[2]=3,b[3]=1;

求解：

1，要满足f（i）=b[f(a[i])];枚举数列a中的循环x，然后同理再找出b中循环y，但需要满足y的长度是x的因子

2，由于循环可以旋转，则每一个长度为len(y)的循环y贡献的方法个数为tol（y）=num(y)*len(y) （分别表

示y循环的长度和个数），将该x的每一个tol(y)进行累加，tol(x)=tol(y1)+tol(y2)+....+tol(yn);yi都是

x的因子。

3，由于不同x之间相互独立，ans=tol(x1)*tol(x2)*.....*tol(xn);

代码：

     C++ Code 
  

1
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65

#include<bits/stdc++.h>
using namespace  std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+ 10;
const ll mod=1e9+ 7;
int a[N],b[N];
int aa[N],bb[N];
int vis[N];
int main()
{
     int k= 1;
     int n,m;
     while(scanf( "%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
         for( int i= 0; i<n; i++)
            scanf( "%d",&a[i]);
         for( int i= 0; i<m; i++)
            scanf( "%d",&b[i]);
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        memset(aa, 0, sizeof(aa));
        memset(bb, 0, sizeof(bb));
         for( int i= 0; i<n; i++)
        {
             int cnt= 0;
             int x=i;
             while(!vis[x])
            {
                cnt++;
                vis[x]= 1;
                x=a[x];
            }
            aa[cnt]++; ///a该循环节的个数++
        }
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
         for( int i= 0; i<m; i++)
        {
             int cnt= 0;
             int x=i;
             while(!vis[x])
            {
                cnt++;
                vis[x]= 1;
                x=b[x];
            }
            bb[cnt]++; ///b该循环节的个数++
        }
        ll sum= 1;
         for( int i= 1; i<=n; i++)
        {
             if(aa[i])
            {
                ll ans= 0;
                 for( int j= 1; j<=i; j++) ///在b的循环节中找到和a匹配的，即a的因子
                     if(i%j== 0)
                        ans=(ans+bb[j]*j)%mod; ///循环节的个数*循环节的长度，代表循环节里的这些数都可以形成f
                 while(aa[i]--) ///对于a每个循环节都有ans个，所以*
                    sum=sum*(ans)%mod;
            }
        }
        printf( "Case #%d: ",k++);
        printf( "%I64d\n",sum);
    }
     return 0;
}