信息学竞赛经典算法解析-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/lee_14141/article/details/127729308

方法 1.递推 2.隔板 3.加法原理乘法原理 4.组合数和排列数 5.lucas 6.catalan数列

1.车的放置

由于这题的不规则图形很难求所以尝试把它划分成两个规则的矩形这样就会好求一些

对于一个n行m列的矩形放k个车那么就是在n行中选k行(C(k,n))放并且不能在同一列那么就是m*m-1*.....就是A(k,m)

然后还不知道两个矩形放多少个车那么就可以枚举一下并且一定要选放上半部分因为放下部分的话对选的列影响不固定上半部分就不会产生这样的效果那么就可以知道最后结果

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010,mod=1e5+3;
int fact[N],infact[N];//阶层与阶层的逆元
int qmi(int a,int k,int p)//快速幂求逆元
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) res=(ll)res*a%p;
        a=(ll)a*a%p;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int C(int a,int b)//C(a,b)
{
    if(a<b) return 0;
    return (ll)fact[a]*infact[a-b]%mod*infact[b]%mod;
}
int A(int a,int b)//A(a,b)
{
    if(a<b) return 0;
    return (ll)fact[a]%mod*infact[a-b]%mod;
}
void init(int n)//预处理出来所有阶层和阶层逆元
{
    fact[0]=infact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%mod;
        infact[i]=(ll)infact[i-1]%mod*qmi(i,mod-2,mod)%mod;
    }
}
int main()
{
    init(N-1);//预处理处理所有的阶层
    int a,b,c,d,k;
    cin>>a>>b>>c>>d>>k;
    int res=0;
    for(int i=0;i<=k;i++)//枚举所有情况
       res=(res+(ll)C(b,i)*A(a,i)%mod*C(d,k-i)%mod*A(a+c-i,k-i))%mod;
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

2.数三角形

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这题是一个补集的思想

n*m的格点中选三个点 - 斜率为0的点(m个点)有n行 - 斜率为无穷的点n个点有m列 - 斜率大于0 用dp去求 - 斜率小于0（和斜率大于0对称数量相同）

斜率大于0的求法

用集合的思想去划分直线上的左下角的点是哪个点那么就有(1,1),(1,2)......,(n,m)的点

然后看一下(i,j)右上角有那么点那么就是(m-i,n-i)个点可以选择成为第二个点现在就差第三个的点没有找到中间的点就是这条直线的整数点可以用gcd(i,j)-1求得

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
int gcd(int a,int b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll C(int n)
{
    return (ll)n*(n-1)*(n-2)/6;
}
int main()
{
    cin>>m>>n;
    m++,n++;//格子n m个 但是点数就有 n+1 m+1个
    ll res=C(n*m)-(ll)n*C(m)-(ll)m*C(n);//算斜率不存在跟为0情况
    for(int i=1;i<=n;i++)//枚举左下角的点
        for(int j=1;j<=m;j++)
          res-=2ll*(gcd(i,j)-1)*(n-i)*(m-j);//减去不满足的也即在一条直线上的
   cout<<res<<endl;
    return 0;
}

3.序列统计

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这样转换完就可以用隔板法了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=1e6+3;
int n,l,r;
int qmi(int a,int k)//快速幂求逆元
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) res=(ll)res*a%p;
        a=(ll)a*a%p;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int C(int a,int b)//求C(a,b)
{
    if(a<b) return 0;
    int down=1,up=1;
    for(int i=a,j=1;j<=b;i--,j++)
    {
        up=(ll)up*i%p;
        down=(ll)down*j%p;
    }
    return (ll)up*qmi(down,p-2)%p;//除以他的阶层相当于乘以他的逆元
}
int Lucas(int a,int b)//Lucas定理
{
    if(a<p&&b<p) return C(a,b);
    return (ll)Lucas(a/p,b/p)*C(a%p,b%p)%p;
}
void solve()
{
    cin>>n>>l>>r;
    cout<<(Lucas(r-l+n+1,r-l+1)-1+p)%p<<endl;//输出分析的答案
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}

4.网络

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卡特兰数的小变形

下面介绍来自百度

卡特兰数是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。以中国蒙古族数学家明安图和比利时的数学家欧仁·查理·卡特兰的名字来命名，其前几项为（从第0项开始）：1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, ...

满足

方法一

方法二

则答案就是C(n+m,m)-C(n+m,n+1)，因为答案非常大，所以得用高精度来写

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int primes[N],cnt;
bool st[N];
int a[N],b[N];
void init(int n)//质数筛
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i]) primes[cnt++]=i;
        for(int j=0;primes[j]*i<=n;j++)
        {
            st[primes[j]*i]=true;
            if(i%primes[j]==0) break;
        }
    }
}
int get(int n,int p)//获取n!中p的次方s
{
    int s=0;
    while(n) s+=n/p,n/=p;
    return s;
}
void mul(int r[],int &len,int x)//高精度乘法
{
    int t=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        t+=r[i]*x;
        r[i]=t%10;
        t/=10;
    }
    while(t) r[len++]=t%10,t/=10;
}
int C(int x,int y,int r[N])//求C(x,y)存在r中，C(x,y)=x!/(y!*(x-y)!)
{
     int len=1;
     r[0]=1;
     for(int i=0;i<cnt;i++)//枚举所有质因数
     {
         int p=primes[i];//获取当前质数
         int s=get(x,p)-get(y,p)-get(x-y,p);//每个阶层减去p这个质数，s是剩下p的次方
         while(s--) mul(r,len, p);//高精度乘法，求p^s次方
     }
     return len;
}
void sub(int a[],int al,int b[],int bl)//高精度减法
{
    for(int i=0,t=0;i<al;i++)
    {
        a[i]-=t+b[i];
        if(a[i]<0) a[i]+=10,t=1;//假如不够，则借位
        else t=0;
    }
}
int main()
{
    init(N-1);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    int al=C(n+m,m,a);//al是a数组的长度，C(n+m,m)
    int bl=C(n+m,n+1,b);//bl是b数组的长度，C(n+m,n+1)
    sub(a,al,b,bl);//高精度减法 a=a-b
    int k=al-1;
    while(k>0&&!a[k]) k--;//删除前导0
    while(k>=0) printf("%d",a[k--]);//输出答案
    return 0;
}

组合计数及补充