F - 子序列 - 容斥、组合数、费马小定理（详解）

最新推荐文章于 2025-04-30 22:11:59 发布

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本文介绍了一道经典的算法竞赛题目——子序列乘积问题，通过详细的步骤解析和示例，讲解了如何利用容斥原理和组合数学知识解决该问题，并提供了一段完整的C++实现代码。

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/181/F
来源：牛客网

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld

题目描述

给出一个长度为n的序列，你需要计算出所有长度为k的子序列中，除最大最小数之外所有数的乘积相乘的结果

输入描述:

第一行一个整数T，表示数据组数。
对于每组数据，第一行两个整数N，k，含义如题所示

接下来一行N个整数，表示给出的序列

保证序列内的数互不相同

输出描述:

对于每组数据，输出一个整数表示答案，对取模
每组数据之间以换行分割

示例1

输入

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3
4 3 
5 3 1 4
5 4
3 7 5 2 1
10 3 
100 1020 2050 102 12 235 4 57 32135 54354

输出

复制

144
81000
521918013

说明

第一组数据解释

所有长度为3的子序列为

最终答案为

备注:

对于的数据：
对于的数据：
对于的数据：
保证序列中的元素互不相同且，

思路：

把输入的数按从小到大的顺序排列

用容斥原理算出每个数出现在ans里的次数：出现的总次数-做为k个数里的最大的数-做为k个数里的最小的数

出现的总次数：C(n,k)-C(n-1,k)（从n个里选k个是总的方案数，减去从n-1个里选k个是没选到的情况）=C(n-1,k-1)

做为k个数里的最大的数：C(i-1,k-1)（当前的数是第i个数也是最大的，所以在前i-1个数里选k-1个数）

做为k个数里的最小的数：C(n-i,k-1)（当前的数是第i个数也是最小的，所以在后n-i个数里选k-1个数）

每个数出现在ans里的次数是：tmp=C(n,k)-C(n-1,k)-C(i-1,k-1)-C(n-i,k-1)

此时的答案是 a[i]^tmp之积（i=1,2,…,n)

题中给了mod的数值p，但是在这里要注意了，组合数作为指数而不是乘数，所以不能模p。

根据费马小定理： $^{}$ a^(p-1)=1(mod p)

所以可以将指数mod (p-1)

我是这么理解的： $^{}$ a^(p-1)=1(mod p)，那么1=a^(1-p)(mod p)，即a^(1-p)=1(mod p)就是说a^(1-p)和1互逆，原式求的是：

a^(tmp)(mod p)可以让其一直除1结果不变，那么在mod p的情况下相当于乘a^(1-p)，也就是说tmp-n个(p-1)结果是不变的，所以指数可以%(p-1)

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1005,mod=1e9+7,md=1e9+6;
int v[N],c[N][N];

ll mod_pow(ll a,ll b){
    ll res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=(res*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return res;
}


int main(){
    int t,n,k;
    memset(c,0,sizeof(c));
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=1000;i++){
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++){
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%md;
        }
    }
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&v[i]);
        }
        sort(v+1,v+1+n);
        ll ans=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ll tmp=((c[n-1][k-1]-c[i-1][k-1]-c[n-i][k-1])%md+md)%md;
            ans=(ans%mod*mod_pow(v[i],tmp)%mod)%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}