2024.4.6 组合数学补题

CF128C Games with Rectangle

个人认为突破点是“严格包含”，一开始没注意严格不知道怎么处理。

严格的话就是横竖分别在若干条边中，分别选出 2k 条边。

横竖互不影响可以乘法原理，只考虑一个方向即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100000
#define Mod 1000000007
#define LL long long

using namespace std;

int n,m,k;
LL fac[maxn];

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;
}

void init(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=10000;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
}

LL quickpow(LL x,LL y){
	LL res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=res*x%Mod;
		x=x*x%Mod;y>>=1; 
	}
	return res;
} 

LL c(LL N,LL M){
	if(N<M) return 0;
	return fac[N]*quickpow(fac[M]*fac[N-M]%Mod,Mod-2)%Mod; 
}

signed main(){
	init();
	n=read();m=read();k=read();
	cout<<1ll*c(n-1,2*k)*c(m-1,2*k)%Mod; 
	return 0;
}

CF111D Petya and Coloring

稍微想一下，如果只考虑一种颜色，那么它必须至少在第 1 到第 n 列全部都有。

那么对于多种颜色来说，每种颜色不必也不可能连续充满一整行或一整列，只需要在 1 和 2 行，n 和 n-1 行有交集即可。

所以考虑两边。

设 \(f_{i,j}\) 为前 i 个格子整 j 个颜色。分别处理两边的颜色数 \(f_{n,i}\) 和中间 j 种颜色的方案 \(j^{n(m-2)}\)。后者我一开始没推出来，但是想了一下共 n 行 m-2 列比较合理（除去两边的两列）。

然后注意乘上颜色什么的全排列和从 k 种颜色选择的组合数即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define Mod 1000000007
#define maxn 1000010

using namespace std;

int n,m,k,ans;
int f[1010][1010],fac[maxn],inv[maxn];

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;
}

LL quickpow(LL x,LL y){
    LL ans=1;
    while(y){
        if(y&1)ans=ans*x%Mod;
        x=x*x%Mod;y>>=1;
    }
    return ans;
}

LL C(int x,int y){
    if(y>x)return 0;
    return fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod; 
}

LL pf(LL x){
    return x*x%Mod;
}

void init(){
    f[0][0]=1;
    fac[0]=inv[0]=fac[1]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=1000000;i++){
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%Mod;
        inv[i]=(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    }
    for(int i=1;i<=1000000;i++)inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%Mod;
}

int main(){
	init();
	n=read();m=read();k=read();
	
    if(m==1){
        cout<<quickpow(k,n);
        return 0;
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i&&j<=k;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j)%Mod;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        LL tmp=quickpow(i,n*(m-2))*C(k,i)%Mod;
        for(int j=i;j<=n;j++)
            ans=(ans+tmp*C(k-i,(j-i)*2)%Mod*C((j-i)*2,j-i)%Mod*pf(f[n][j]*fac[j]%Mod)%Mod)%Mod;
    }
    cout<<(ans%Mod+Mod)%Mod;
    return 0;
}

CF886E Maximum Element

\(f_i\) 表示到前 i 位还没有出错的方案数。

$f_i=sum_{j=i-k+1}^i C_{i-1}^{i-j}\times (i-j)!\times f_{j-1} $

注意一下 \(f_{j-1}\)

答案的话对每个位置运用如上的方法，统计出所有合法的方案然后减去即可。

实现的话发现有人用 \(g_i=f_i/i!\) 然后化简求处理更容易一些。