[CF960G]Bandit Blues

排列问题与斯特林数

最新推荐文章于 2019-09-26 17:14:57 发布

weixin_34341117

最新推荐文章于 2019-09-26 17:14:57 发布

阅读量105

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/jefflyy/p/8871651.html

本文探讨了一个关于排列的问题，即对于1到N的排列，如何确定满足特定条件的排列数量。采用分组策略和斯特林数进行求解，并提供了两种不同的算法实现。

$\newcommand{stirfirst}[2]{\left[\begin{matrix}#1\\#2\end{matrix}\right]}$题意：有一个$1\cdots N$的排列，从前往后贪心选取上升序列长度为$A$，从后往前长度为$B$，问有多少种可能的排列

首先对于每种满足要求的排列，我们按以下方式将$1\cdots N-1$分成$A+B-2$组：

对于$N$的左边，每个被选取的数一直到（下一个被选取的数的前一位）分为一组，右边类似

假设某组有$k$个数，那么除了最大的那个数，其他数可以随意排列，有$(k-1)!$种方案，注意到$k$个数排成一个轮换的方案数也是$(k-1)!$（$\stirfirst k1=(k-1)!$），所以我们可以将这种分组看做把$N-1$个元素划分为$A+B-2$个轮换，方案数为$\stirfirst{N-1}{A+B-2}$

以上并没有考虑$N$，我们分好组后，还要决定把哪些组排在$N$的左边，方案数为$\begin{align*}\binom{A+B-2}{A-1}\end{align*}$

总方案乘起来就好了，$N\leq10^5$所以要用分治FFT算第一类斯特林数

p.s.这是个HDU原题（只不过原题是$O(n^2)$预处理，$O(1)$回答多组询问）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
int de(int a,int b){return(a-b)%mod;}
int pow(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=mul(s,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return s;
}
int rev[262144],N,iN;
void pre(int n){
	int i,k;
	for(N=1,k=0;N<n;N<<=1)k++;
	for(i=0;i<N;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
	iN=pow(N,mod-2);
}
void swap(int&a,int&b){a^=b^=a^=b;}
void ntt(int*a,int on){
	int i,j,k,t,w,wn;
	for(i=0;i<N;i++){
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(i=2;i<=N;i<<=1){
		wn=pow(3,(on==1)?(mod-1)/i:(mod-1-(mod-1)/i));
		for(j=0;j<N;j+=i){
			w=1;
			for(k=0;k<i>>1;k++){
				t=mul(w,a[i/2+j+k]);
				a[i/2+j+k]=de(a[j+k],t);
				a[j+k]=ad(a[j+k],t);
				w=mul(w,wn);
			}
		}
	}
	if(on==-1){
		for(i=0;i<N;i++)a[i]=mul(a[i],iN);
	}
}
void stir(int*a,int l,int r){
	if(l==r){
		a[1]=1;
		a[0]=l;
		return;
	}
	int mid,i,*b,*c;
	mid=(l+r)>>1;
	for(i=1;i<r-l+3;i<<=1);
	b=new int[i];
	memset(b,0,i<<2);
	c=new int[i];
	memset(c,0,i<<2);
	stir(b,l,mid);
	stir(c,mid+1,r);
	pre(r-l+3);
	ntt(b,1);
	ntt(c,1);
	for(i=0;i<N;i++)a[i]=mul(b[i],c[i]);
	ntt(a,-1);
	for(i=r-l+2;i<N;i++)a[i]=0;
}
int s[262144],fac[200010],rfac[200010];
int C(int n,int k){return mul(fac[n],mul(rfac[k],rfac[n-k]));}
int main(){
	int n,a,b,i;
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	if(n==1){
		putchar((a==1&&b==1)?'1':'0');
		return 0;
	}
	if(a+b-2>n-1||a==0||b==0){
		putchar('0');
		return 0;
	}
	stir(s,0,n-2);
	n<<=1;
	fac[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	rfac[n]=pow(fac[n],mod-2);
	for(i=n;i>0;i--)rfac[i-1]=mul(rfac[i],i);
	printf("%d",(mul(C(a+b-2,a-1),s[a+b-2])+mod)%mod);
}

2018.4.20补了$O(n\log_2n)$的做法，比分治FFT快许多（1325ms VS 390ms）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
int de(int a,int b){return(a-b)%mod;}
int pow(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=mul(s,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return s;
}
int rev[262144],N,iN;
void pre(int n){
	int i,k;
	for(N=1,k=0;N<n;N<<=1)k++;
	for(i=0;i<N;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
	iN=pow(N,mod-2);
}
void swap(int&a,int&b){a^=b^=a^=b;}
void ntt(int*a,int on){
	int i,j,k,t,w,wn;
	for(i=0;i<N;i++){
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(i=2;i<=N;i<<=1){
		wn=pow(3,(on==1)?(mod-1)/i:(mod-1-(mod-1)/i));
		for(j=0;j<N;j+=i){
			w=1;
			for(k=0;k<i>>1;k++){
				t=mul(w,a[i/2+j+k]);
				a[i/2+j+k]=de(a[j+k],t);
				a[j+k]=ad(a[j+k],t);
				w=mul(w,wn);
			}
		}
	}
	if(on==-1){
		for(i=0;i<N;i++)a[i]=mul(a[i],iN);
	}
}
int fac[262144],rfac[262144],a[262144],b[262144];
void stir(int*s,int n){
	if(n==1){
		s[0]=0;
		s[1]=1;
		return;
	}
	int i,m;
	m=n>>1;
	stir(s,m);
	pre(n+1);
	memset(a,0,N<<2);
	memset(b,0,N<<2);
	for(i=0;i<=m;i++){
		a[m-i]=mul(s[i],fac[i]);
		b[i]=mul(pow(m,i),rfac[i]);
	}
	ntt(a,1);
	ntt(b,1);
	for(i=0;i<N;i++)a[i]=mul(a[i],b[i]);
	ntt(a,-1);
	memset(b,0,N<<2);
	for(i=0;i<=m;i++)b[i]=mul(a[m-i],rfac[i]);
	ntt(s,1);
	ntt(b,1);
	for(i=0;i<N;i++)s[i]=mul(s[i],b[i]);
	ntt(s,-1);
	for(i=m<<1|1;i<N;i++)s[i]=0;
	if(n&1){
		for(i=n-1;i>=0;i--)s[i+1]=ad(s[i],mul(n-1,s[i+1]));
	}
}
int s[262144];
int C(int n,int k){return mul(fac[n],mul(rfac[k],rfac[n-k]));}
int main(){
	int n,i,a,b;
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	if(n==1){
		putchar((a==1&&b==1)?'1':'0');
		return 0;
	}
	if(a+b-2>n-1||a==0||b==0){
		putchar('0');
		return 0;
	}
	fac[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	rfac[n]=pow(fac[n],mod-2);
	for(i=n;i>0;i--)rfac[i-1]=mul(rfac[i],i);
	stir(s,n-1);
	printf("%d",(mul(s[a+b-2],C(a+b-2,a-1))+mod)%mod);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/jefflyy/p/8871651.html