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最新推荐文章于 2019-07-05 15:40:46 发布

原创最新推荐文章于 2019-07-05 15:40:46 发布 · 268 阅读

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#组合数学

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探讨了由0和1组成的特定数列数量问题，利用坐标系将问题转化为不经过第四象限的路径计数，引入卡特兰数列概念，并通过预处理阶乘逆元计算组合数，提供了一种高效解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

做这题之前先看道高考真题（好像是真题，我记不清了）

例：已知一个由n个0和n个1排列而成的数列，要求对于任意k∈N*且k∈[1,2n]，在前k个数中1的个数不少于0的个数，求当n=4时这样的数列的数量。

解：14个（策略：暴力枚举，时间复杂度O(2^n)）

所以本题其实就是对高考真题的一个一般化推广，首先扩大了n的范围，而且0的个数和1的个数可能不等了，所以这道题并不简单

我们通过打表可以发现：当n=m时，答案满足卡特兰数列，即 $C_{2n}^{n}-C_{2n}^{n-1}$

当n！=m呢？

再稍微打个表，答案就是 $C_{n+m}^{n}-C_{n+m}^{n+1}$

~~（我不会告诉你我没打出来这个表的）~~

接下来就好说了，预处理阶乘逆元然后计算组合数即可

但是为什么是这个公式呢？

我们稍微转化一下：将问题放到坐标系上，假设1代表向右上走，0代表向右下走，那么问题转化为了从（0,0）点到（n+m，n-m）点且不经过第四象限的方案数

那么如果完全统计方案数，答案即为 $C_{n+m}^{n}$

但是一定有一些是不合法的啊

那么如果是不合法的方案，这些不合法的路径一定会经过直线y=-1，那么我们将经过这条直线之前的所有点关于这条直线对称，会发现起点变成了（0，-2）！

于是问题转化为了从（0，-2）走到（n+m，n-m）的方案数

设向上走x步，向下走y步

则x+y=n+m，x-y=n-m+2

∴x=n+1,y=m-1

∴方案数即为 $C^{_{n+m}^{n+1}}$

两者做差即可

解释如图。

当然，这题还有一些递推式，比如f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]，若i<j f[i][j]=0

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
#define mode 20100403
using namespace std;
ll inv[2000005];
ll mul[2000005];
ll n,m;
void init()
{
	inv[1]=inv[0]=1;
	for(int i=2;i<=n+m;i++)
	{
		inv[i]=(mode-mode/i)*inv[mode%i]%mode;
	}
	mul[0]=mul[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+m;i++)
	{
		inv[i]*=inv[i-1];
		inv[i]%=mode;
		mul[i]=mul[i-1]*i%mode;
	}
}
ll C(ll x,ll y)
{
	if(y>x)
	{
		return 0;
	}
	return mul[x]*inv[y]%mode*inv[x-y]%mode;
}
int main()
{
//	freopen("task.in","r",stdin);
//	freopen("task.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	init();
	printf("%lld\n",((C(n+m,n)-C(n+m,n+1))%mode+mode)%mode);
	return 0;
}