[HNOI]2011卡农
这是一道很好的组合数学题。
对于和我一样五音里面有六音不全的人来说,我们就应该转换一下题目的意思:
一句话题意:
题目的意思就是说要从一个有 n 个元素的集合当中选出一个长度为m的集合,然后满足:
1.无序性
2.这每个音阶出现的次数为偶数
3.这些元素满足单一性
4.不为空集
所以考虑组合:::
上过高中的应该都知道,一个拥有 n 个元素的集合,那么它的子集的数量就是 \(2^n\) - 1,那么对于每一个 \(i\),组合的数量就是 \(A_{2^n-1}^{i-1}\) ,之后我们可以发现:
\(2^n\) - 1 的数值大小是固定的,所以我们可以先计算所有的变量之后在最后再去对 \(m!\)进行操作,故可以预处理:
a[0] = 1;//边界
for(register int i=1;i<=m;++i)
a[i] = a[i-1] * (sum - i + 1) % mod;
说实话,还有一种预处理方式,但我导完式子之后就不想打了,在这里还是推导一遍吧。。。
\[A_{2^n-1}^{i-1} = \frac{(2^n - 1)!}{(2^n -1-i+1)!} = \frac{\prod_{j=1}^{2^n-1}j}{\prod_{j=1}^{2^n-i}j} =
\]
\[\frac{\prod_{j={2^n-i+1}}^{2^n-1}j * \prod_{j=1}^{2^n-i}j}{\prod_{j=1}^{2^n-i}j}
= {\prod_{j={2^n-i+1}}^{2^n-1}j}
\]
这个式子的代码自己敲吧,反正我是不想敲
然后就可以开始dp了:
三种转移:
1.\(f_i = a_i\)
2.\(f_i = f_i - f_{i-1}\)
3.\(f_i = (f_i - f_{i-2} * (i-1) * (2^n - i)\)
相信前面的两个式子大家应该都可以看的懂,那就来解释一下第三个吧:
在选到第\(i\)个数的时候,那么就只剩下\(i-1\)个数来备选,并且我们在实现\(2^n-1\)的时候,我们可以用\(sum - i + 2\)来实现\(sum = 2^n -1\)
所以code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline void f()
{cout<<"fuck"<<endl;}
inline void openfile()
{freopen("t.txt","r",stdin);}
namespace xin
{
#define m(c,num) memset(c,num,sizeof(c))
int n,m;
const int maxn = 1e6+10;
inline int ksm(int x,int y,int mod)
{
int ans = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x % mod,ans %= mod;
x = x * x % mod,x %= mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
inline void qmod(int &x,int mod)
{x %= mod;}
int a[maxn],f[maxn];
const int mod = 1e8+7;
inline short main()
{
// openfile();
scanf("%lld%lld",&n,&m);
int sum = ksm(2,n,mod) - 1;
a[0] = f[0] = 1;
for(register int i=1;i<=m;++i)
a[i] = a[i-1] * (sum - i + 1) % mod,qmod(a[i],mod);
for(register int i=2;i<=m;++i)
{
f[i] = a[i-1];
f[i] = f[i] - f[i-1];
f[i] = (f[i] - f[i-2] % mod * (i - 1)% mod * (sum - i + 2) % mod + mod) % mod;
}
int jie = 1;
for(register int i=1;i<=m;++i) jie = jie * i % mod,qmod(jie,mod);
int inv = ksm(jie,mod-2,mod);
cout<<f[m] * inv % mod<<endl;
return 0;
}
}
signed main() {return xin::main();}
忽略神仙码风。。。