组合计数杂题

ABC276G

【题意】
给定 n,m,求出满足以下条件的数列的个数:

  • 数列长度为 n
  • 数列的每一个数都在 [0,m] 之间。
  • 数列的相邻两个数模 3 不同余。

【思想】
组合计数问题,需要利用一些一一映射,将要算的东西改写成能算的东西,比如 (nk),{nk},[nk](选择,子集,轮换)。

【分析】
“模 3 不同余”这个条件首先一看就不是很好直接算,我们考虑构造差分数组 b,满足对于 i[2,n]3bi

然后显然考虑拆分成 bi/3bi%3。记 xi=bi%3,yi=bi/3,则有对于 i=1xi{0,1,2};对于 i>1xi{1,2}

我们先考虑整块,也就是钦定了一套 xi 之后,yi 的个数怎么算?也就是计算使得 i=1nyimxi3 的方案数。可以发现这个东西只和 xi 有关,那么如果计算上述式子的时间为 T,那么我们可以枚举 xi(i[2,n]) 存在多少个 1,从而得到存在多少个 2。相同的方案数可以二项式求出,那么可以 O(n)×T

那么问题转化为:计算使得 i=1nyit 的方案数。我们知道 i=1nyi=t 的方案数是插板法算的,那么一种方法是预处理出所有 t 的答案,那么每次询问可以 O(1) 得到解。总时间复杂度 O(nlogtmax+n)=O(nlogtmax),其中 tmaxm

还有一种方法:

引理:yi 都是自然数,使得 i=1nyit 的方案数为 (n+tn)

证明:考虑插板法的过程。对于 i=1nyi=t 的方案数,也就相当于 t+n 个球,插 n1 个板,分成 n 个区域。

那么我们可以增加一个区域,这个区域表示把这些球扔掉,其他 n 个区域表示分成的 n 个区域。那么也就是把 t 个球分成 n 个区域。因此是一共 t+n+1 个球,插 n 个板,分成 n+1 个区域,答案为 (n+tn)


2022.11.10 NOIP Monisai Round #1 A

【题意】
n 个景点和 m 个游客。这些景点横向一字排开。每个乘客都会选择一个景点到达并选择向左或者右行走。每一个景点都有一个小礼物。若一个人走到一个景点,满足这个人没有收到过礼物并且这个景点的小礼物没有被送出,那么这个景点发一份礼物给这个人。求每个人都拿到一个礼物的方案数。

【思想】
巧妙地增补方案构造一一对应,利用美妙的对称性寻找性质。
人为增设对称性!

【分析】
考虑增加一个景点,使得这些景点组成一个长度为 n+1 的环。从环上任意一点可以向左或向右走。考虑这个模型和原题的差异:

  • n+1 景点的礼物被送出去,那么就失败。
  • 这个模型中,可以从 n+1 景点出发。
  • 这个模型中,增加了一些横跨过 n+1 的路线。

这三个差异其实是统一的。也就是当 n+1 景点的礼物没有被送出去时,才是成功的,并且方案与题目中一一对应。考虑选出这样的方案的概率

由于每个点都对称,所以概率为 CmnCmn+1=n+1nm+1

所有方案的个数为 (2(n+1))m

答案为所有方案个数乘以概率。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 998244353;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    freopen("breeze.in","r",stdin);
    freopen("breeze.out","w",stdout);
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    int n, m; cin >> n >> m;
    int ans = 1;
    f(i, 1, m) {
        ans = (ans * (2 * (n+1) % mod)) % mod;
    }
    ans = (ans * (n + 1 - m)) % mod;
//    cout << ans << endl;
    ans = (ans * qpow(n + 1, mod - 2)) % mod;
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}
CF1761D

【题意】
(a,b) 的个数,其中 0a,b<2n,并且 a+b 在二进制下加法的进位个数为 k
k<n106

【分析】
考虑上一位如果进位了,那么这一位有三种选法也进位,一种选法不会进位。没进位的话,三种选法不进位,一种选法会进位。

然后 DP?不好意思,不太好转移。矩阵快速幂试过了不行。

这么优美的式子怎么不想想组合方法。我们从这个方向往下走。

考虑 di 表示该位有没有进位(假设二进制下分别为第 1n 位),特别地 d0=0,那么这总共 n+1 位数,如果存在 i 个连续段,那么方案数就是 3ni。(连续段的开头只有一种选择方法,后面每一位都有三种)

于是变成了n+1k0k1,组成 i 个连续段,一共有几种情况?(数连续段模型)考虑第一段一定为 0,那么 01 的段数是确定的。然后考虑 p0 分成 x 段的个数(插板法)乘以 q1 分成 y 段的个数即可。

注意 0 个数分成 0 段的方案数是 1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int jc[1000010], ny[1000010], pow3[1000010];
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int c(int n, int m) {
    if(n == -1 && m == -1) return 1;
    else if(m > n) return 0;
    else if(m < 0 || n < 0) return 0;
    else return jc[n] * ny[m] % mod * ny[n - m] % mod;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    jc[0]=ny[0]=pow3[0]=1;
    int n, k; cin >> n >> k;
    f(i,1,n){
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
        ny[i]=qpow(jc[i],mod-2);
        pow3[i]=pow3[i-1]*3%mod;
    }
    int ans = 0;
    f(i,1 ,n+1 ) {
        int t = 1;
        //分的段数
        int p = i /2 ,q = i - p;
        t *= c(n + 1 - k-1,q-1);
        t *= c(k - 1, p - 1);
        t %= mod;
        t *= pow3[n + 1 - i];
        t %= mod;
        
        ans += t;
        ans %= mod;
    }
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}

有没有标号?

做题时,一定要思考清楚我这个求的是有没有标号的。怎么考虑?例如有向图,n(n1)2 条边,一共有 2n(n1)2 种生成图。这样就算同构的两张图,如果节点不一样也会被算两次。这就是有标号的。我们从 m 个点的图中,选 n 个点,有多少生成图?(mn)×2n(n1)2,这还是有标号的。选出 n 个点,然后再赋值 1n,发现这种情况下任意两张有标号下不同的图都是算上了的。(mn) 中,选 (1,2)(1,3) 这两种都算上了,也是有标号的。所以做题的时候要分清楚,不要搞糊涂了。

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