[HNOI2011] 卡农 题解

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提交记录😭😭😭#

[HNOI2011] 卡农

题目描述#

众所周知卡农是一种复调音乐的写作技法，小余在听卡农音乐时灵感大发，发明了一种新的音乐谱写规则。

他将声音分成 $n$ 个音阶，并将音乐分成若干个片段。音乐的每个片段都是由 $1$ 到 $n$ 个音阶构成的和声，即从 $n$ 个音阶中挑选若干个音阶同时演奏出来。

为了强调与卡农的不同，他规定任意两个片段所包含的音阶集合都不同。同时为了保持音乐的规律性，他还规定在一段音乐中每个音阶被奏响的次数为偶数。

现在的问题是：小余想知道包含 $m$ 个片段的音乐一共有多少种。
两段音乐 $a$ 和 $b$ 同种当且仅当将 $a$ 的片段重新排列后可以得到 $b$。例如：假设 $a$ 为 $\{\{1,2\},\{2,3\}\}$，$b$ 为 $\{\{2,3\},\{1,2\}\}$，那么 $a$ 与 $b$ 就是同种音乐。

答案对 ${10}^8+7$ 取模。

输入格式#

仅一行两个正整数 $n,m$

输出格式#

输出一行一个整数表示答案。

样例 #1#

样例输入 #1#

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2 3

样例输出 #1#

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1

提示#

【数据范围】
对于 $20\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le 5$；
对于 $50\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le 3000$；
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^6$。

【样例解释】
音乐为 $\{\{1\},\{2\},\{1,2\}\}$

呃呃#

打了半天一直RE20分 发布帖子求助后得到思路www🥵🥵🥵

思路、#

一个集合的非空集合共有$2^n-1$个

简化题意就是 $1，2，3，4，...，n$元素构成的集合里面取$m$个子集使之满足

（1）所有选出的$m$个子集都不能为空。

（2）所有选出的$m$个子集中，不能存在两个完全一样的集合。

（3）所有选出的$m$个子集中，$1$到$n$每个元素出现的次数必须是偶数。

先考虑没有三个限制条件的情况#

在$2^n-1$个子集里取$m$个子集共有$C_{2^n-1}^m$种可能

然后需要减去不符合三个条件的情况：

使用二进制思想考虑#

如果每个元素出现的次数都是偶数，那么它们的异或一定是0

例: $114514xor114514xor1919810xor1919810=0$

先考虑第三个条件#

(3).1到$n$每个元素出现的次数必须是偶数

考虑第$i$个元素 $dp[i]$表示取第$i$个集合出现的方案数

我们发现，如果前$m-1$个集合确定了，那么第$m$个集合也是确定的

因为对于任意一个元素$op$，在前$m-1$个集合内如果出现次数是奇数，为了满足条件$3$，它在第$m$个集合内一定出现，满足偶数。

如果前$m-1$个集合内如果出现次数是偶数，为了满足条件$3$，它在第$m$个集合内一定不出现，满足偶数

所以 加上限制$3$后，方案数为$C_{2^n-1}^{i-1}$#

🥰

再考虑第一个条件#

$(1).$所有选出的$m$个子集都不能为空

对于$dp[i]$，思考$dp[i-1]$的含义，根据上文定义，可知$dp[i-1]$意思是取第$i-1$个集合出现的方案数，此时它的元素一定有偶数个

则最后一个集合为了满足条件$3$，一定是空集，不合法

对于$i$，我们可以发现出现空集的方案数就是$dp[i-1]$，因为它就等于前$i-1$个集合中出现次数为偶数的方案数

---

或者前$i-1$个子集的异或为0，则有$dp[i-1]$种方案

🥰

考虑第二个限制条件#

我们需要减去第$i$个子集和前面某个子集相同的情况

如果我们把相同的两个子集都删去，那么剩下的$i-2$个子集肯定合法，即方案数$dp[i-2]$，对于第$i$个子集，因为删去了两个相同的两个子集，$i$的方案数为$2^n-1-(i-2)$，$i-2$就是前面合法的位置

所以重复的方案数为:$dp[i-2]\ast (2^n-1-(i-2))$

考虑最后一个问题#

有些 方案 被重复计算了怎么办？

---

最难思考的地方呜呜呜#

我们随便找一个集合$op$，假设这是最后一个确定的集合，这个集合有$i$种选择，所以每种方案重复枚举了i次

对于这个问题，我们只需考虑一个合法的 $op$ 有多少种可能可以用这种方法得到。我们随便在 $op$ 里面选一个集合，它可以成为最后被确定的集合来计算一次 $op$，而这个集合显然有 $|op|=i$ 种选择，于是我们把答案除以 i 即可。

即$dp[i]$最后要$\times i$の逆元

总结#

$$dp[i]=\frac{(C_{2^n-1}^{i-1}-dp[i-1]-(dp[i-2]\ast (2^n-1-(i-2))))}{i}$$

考虑化简$C_{2^n-1}^{i-1}$#

其他题都是预处理出阶乘和阶乘的逆元再用函数输出

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 for(register int i=1;i<=1e6+5;i++){
        x[i]=x[i-1]*i%mod;
        y[i]=y[i-1]*(qpow(i,mod-2))%mod;
        // z[i]=qpow(i,mod-2)%mod;
    }

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inline int C(int n,int m){
    if(n<m) return 0;
    return ((x[n]%mod*y[n-m]%mod)%mod*y[m]%mod)%mod;
}

但是我们可以发现 组合数不能这么算的。你代码中的 $op$ 的值域是${10}^8+7$，远远超出了你预处理的范围 ，这里注意到，$op$ 是固定的，而 $i-1$ 比较小，所以可以直接递推

递推

$C_{2^n-1}^{i-1}\Rightarrow$

$C_{op}^2=\frac{(op)\times (op-1)}{2}\Rightarrow$

$C_{op}^3=\frac{C_{op}^2\times (op-2)}{3}\Rightarrow$

$C_{op}^4=\frac{C_{op}^3\times (op-3)}{4}\Rightarrow$

$......$

$C_{op}^i=\frac{C_{op}^{i-1}\times (op-(i-1))}{i}$

递推完了！

然后注意一下除法需要用费马小定理处理逆元，因为${10}^8+7$太大，不能预处理，所以直接在使用的时候用快速幂处理

$C$的初值为

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int c=((((op-1)*niyuan(2)))%mod*((op)%mod))%mod;

最后附上AC代码#

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
namespace Testify{
    inline int read(){
        int f(1),x(0);
        char ch=getchar();
        for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
        for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        return f*x;
    }
    inline void Write(int x){
        if(x>9) Write(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
    inline void write(int x){
        if(x<0) putchar('-'),x=-x;
        Write(x);
        putchar('\n');
    }
}
using namespace Testify;
const int mod=1e8+7;
const int N=1e6+114514;
int n,m,dp[N],x[N],y[N];
inline int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1) res=res*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res;
}
inline int C(int n,int m){
    if(n<m) return 0;
    return ((x[n]%mod*y[n-m]%mod)%mod*y[m]%mod)%mod;
}
inline int niyuan(int n){
    return qpow(n,mod-2)%mod;
}
signed main(void){
    n=read(),m=read();
    x[0]=y[0]=1;
    int op=qpow(2,n)-1;
    op=((op%mod)+mod)%mod;
    // cerr<<"op: "<<op<<endl;
    if(op<m){
        write(0);
        return 0;
    }
    // for(register int i=1;i<=op+1;i++){
    //     x[i]=x[i-1]*i%mod;
    //     y[i]=y[i-1]*(qpow(i,mod-2))%mod;
    // }
    // int aa=x[op];
    // int c=(x[op]%mod*y[2]%mod*y[op-2]%mod)%mod;
  //  int c=op*(op+mod-1)%mod+qpow(2,mod-2)%mod;
    int c=((((op-1)*niyuan(2)))%mod*((op)%mod))%mod;
    // cerr<<"C: ";
    // clog<<C(op,2)<<endl;
    dp[1]=0,dp[2]=0;
    for(register int i=3;i<=m;i++){
        dp[i]=((c-dp[i-1]-(dp[i-2]*(op-(i-2))))%mod+mod)%mod*niyuan(i)%mod;
        // c=(c%mod*y[i]%mod*y[op-i]%mod)%mod;
        // c=c*(op-i+1+(int)mod)%mod*qpow(i,mod-2)%mod;
        // c=(c*(op-(i-1))*((qpow(i-1,mod-2)%mod)))%mod;
         c=((c*(((op-(i-1)))%mod+mod)%mod)%mod*niyuan(i))%mod;
        // c=c*(op-(i-1))
    }
    write(dp[m]);
    return 0;
}