洛谷-2606 [ZJOI2010]排列计数

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本文探讨了如何计算特定条件下1到N的排列中被称为Magic排列的数量，通过使用动态规划和组合数学的方法，解决了大规模数据集的问题，并给出了具体的实现代码。

题目描述
称一个 $1, 2, . . ., N$ 的排列 $P_1,P_2...,P_n$ 是Magic的，当且仅当 $2 < = i < = N$ 时， $P_i>P_{i/2}$ . 计算 $1 ， 2 ， . . . N$ 的排列中有多少是Magic的，答案可能很大，只能输出模P以后的值
输入格式
输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。
输出格式
输出文件中仅包含一个整数，表示计算 $1, 2, \dots, n$ 的排列中， Magic排列的个数模 $p$ 的值。

输入输出样例
输入 #1
20 23

输出 #1
16

说明/提示
$100$ 的数据中， $1 ≤N ≤ 10^6, P≤ 10^9，p$ 是一个质数。

解释：由 $P_i>P_{i/2}$ 性质，我们可以画出拓扑结构，大约和完全二叉树是一样的，所以我们可以先dp出，满完全二叉树，的全排列组合数即 $dp[i]=dp[i-1]^2*C_{2^i-2}^{2^{i-1}-1}$ ,其中 $i$ 为高度为 $i$ ,然后我们可以递归的分解树，每碰到一个满完全二叉树，就直接返回 $d p [i]$

#include<iostream>
using namespace std;
long long fact[2000003]={1};
long long n=0,p=1000000009;
long long pow(long long a,long long b){
    long long ret=1%p;
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*a%p;
        a=a*a%p;b>>=1;
    }
    return ret;
}
long long dp[30]={0,1,2};
long long mi=8;
long long C(long long n,long long m){
    return fact[n]*pow(fact[m],p-2)%p*pow(fact[n-m],p-2)%p;
}
int check(int x){
    int sum=0;
    int num=0;
    while(x){
        if(x&1) sum++;
        num++;
        x>>=1;
    }
    if(sum<=1) return num-1;
    else return 0;
}
long long ok(int n){
    long long mi=1;
    long long sum=1;
    if(n==0) return 1;
    if(check(n+1)) return dp[check(n+1)];
    while(sum+2*mi<n){
        mi*=2;
        sum+=mi;
    }
    long long a=(sum-1)/2,b=(sum-1)/2;
    if(n-sum>mi){
        a+=mi;b+=n-sum-mi;
    }else{
        a+=n-sum;
    }
    return C(n-1,b)*ok(a)%p*ok(b)%p;
}
int main(){
    cin>>n>>p;
    for(int i=1;i<=2e6;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%p;
    for(int i=3;i<20;i++){
        dp[i]=dp[i-1]*dp[i-1]%p*C(mi-2,mi/2-1)%p;
        mi=2*mi;
    }
    cout<<ok(n)<<endl;
    return 0;
}