[2020-2021 ICPC Southwestern European Regional Contest] F. Mentors

题目大意

给出N个点，每个点权值为1...N，求权值为R的点是叶子的大根堆的方案数。

题解

1. 求出组合数\(\tbinom{n}{m}\),利用杨辉三角的递推式
2. 求出n个数组成大根堆的方案数。
   1). 设\(g(n)\)是答案。
   2). 枚举\(i\),意思是以n为根树的左子树有\(i\)个点，那么右子树自然有\(n-1-i\)个点。
   3). 有\(g(n)=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}\tbinom{n-1}{i}g(i)g(n-1-i)\)，除2是因为左右子树对称。
   4). 因为题目要求模\(m\),所以除2是很难做的。我们强制让权值为1的点在左子树。那么显然我们有\(g(n)=\sum_{i=1}^{n-1}\tbinom{n-2}{i-1}g(i)g(n-1-i)\)
   5). 边界是\(g(0)=g(1)=1\)
3. 求出n个点以r为叶子的方案数。
   1). 设\(f(n, r)\)为答案
   2). 求一个补集，就是不以r为叶子的方案数，枚举\(i\),意思是有\(i\)个比\(r\)小的点属于以\(r\)为根的子树。那么去掉这\(i\)个点，\(r\)在以n为根的子树上作为叶子的方案数是\(f(n-i, r-i)\),根据乘法原理，把这\(i\)个点再吊到\(r\)上，就是乘上i+1个点形成大根堆的方案数，那么我们就有\(f(n, r)=g(n)-\sum_{i=1}^{r-1}\tbinom{r-1}{i}f(n-i,r-i)g(i+1)\)。
   3). 求出所有的\(f(n, r)\)显然是不能接受的。但是我们观察到，实际上有用的只有\(r\)个状态，就是\(f(n-r+1, 1) \cdots f(n, r)\)。那么我们直接根据这些状态进行转移即可。

代码

#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define PB push_back
#define SZ(x) (int)x.size()
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)

void debug() {
    cerr << endl;
}

template<typename Head, typename... Tail>
void debug(Head H, Tail... T) {
    cerr << " " << H;
    debug(T...);
}

#define dbg(...) cerr << "[" << #__VA_ARGS__ << "]:", debug(__VA_ARGS__)
#define endl '\n'
using LL = long long;

const int _ = 5, maxn = 3000;

int r, n, m;
int c[maxn+_][maxn+_], g[maxn+_], f[maxn+_];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int T = 1;
    for (int kase = 1; kase <= T; ++kase) {
        scanf("%d%d%d", &r, &n, &m);
        memset(c, 0, sizeof(c));
        c[0][0] = 1%m;
        for (int i = 1; i < maxn; ++i) {
            c[i][0] = 1;
            for (int j = 1; j <= i; ++j)
                c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % m;
        }
        g[0] = g[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            g[i] = 0;
            for (int j = 1; j < i; ++j)
                (g[i] += (LL)c[i-2][j-1]*g[j]%m*g[i-1-j]%m) %= m;
        }
        f[1] = g[n-r+1];
        for (int i = 2; i <= r; ++i) {
            f[i] = g[n-r+i];
            for (int j = 1; j < i; ++j)
                (f[i] -= (LL)c[i-1][j]*f[i-j]%m*g[j+1]%m) %= m;
        }
        printf("%d\n", (f[r]+m)%m);
    }
    return 0;
}