海亮 7.11 模拟赛3

海亮 7.11 模拟赛

大寄特寄

$T1$ $20pts$暴力显然 $T2$也有暴搜的分数 然后就不会了

$T2$特殊性质没打出来 $T3$$T4$暴力都寄力()

#A. 计数练习

法一:

我们考虑设$f[i]$为答案 那么考虑在$i-1$的基础上新加入一个数

分三种情况 对于$Q$序列的第一位:

1. 如果$Q$序列的第一位为$1$ 那么置换后第一位也是$1$ 只需要满足后续排列即可 计入答案为$f[i-1]$

2. 如果$Q$序列的第一位为$x$ 那么在$p$序列中$x$位置填上一个$1$即可满足

   那么这两个位置已经固定了 其余就是$f[i-2]$的排列问题

   为什么不用$(i-2)!$而用$f[i-2]$呢? 因为你更换了这两个值之后 排列后这两个位置和原序列是不变的 其他地方还是需要满足排列的规则

   此时$x$的位置有$i-1$种 计入答案为$f[i-2]\ast (i-1)$

3. $Q$的第一位不是$x$ 那么必须满足这一位的值小于$x$ 值域为$[2,i-1]$ (因为我们值为$1$的情况已经计算过了)

   那么此时转化为$i-2$个数的排列问题 注意是全排列 因为此时一定满足了$Q$序列大于$p$序列 那么其他乱排即可

   我们的$x$的值域有$n-2$种情况 也就是要求$\sum _{x=3}^i(i-2)!\ast (x-1-2+1)$

   此时将$(i-2)!$提出来 答案就是$(i-2)!\ast \sum _{x=1}^{i-2}x$ 那么对于后面的柿子 等差数列求和即可

   答案就是$\frac{(i-2)!\ast (i-2)\ast (i-1)}{2}$

所以$f[i]=f[i-1]+f[i-2]\ast (i-1)+\frac{(i-2)!\ast (i-2)\ast (i-1)}{2}$

法二:观察题意可以得到 答案即为$\frac{n!-|Q(p)=p|}{2}$

其中$||$表示这样的排列的个数

那么设置$f[i]$为$i$长度的,$Q(p)=p$的排列个数 那么$f[i]=f[i-1]+f[i-2]\ast (i-1)$

法二代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
const int N = 1e7 + 5;
inline int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int n , mod , f[N] , fac[N];

int ksm ( int x , int k )
{
	int base = x , res = 1;
	while(k)
	{
		if ( k & 1 ) res = res * base % mod;
		base = base * base % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , mod = read();
	fac[1] = f[1] = f[0] = 1;
	int ans = 0;
	for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
	int inv = ksm ( 2 , mod - 2 ); 
	for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) f[i] = ( f[i-1] + ( i - 1 ) * f[i-2] % mod ) % mod , ans ^= ( ( mod + fac[i] - f[i] ) % mod * inv + mod ) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}