组合数学

逆元

若 $i \cdot x = 1$ ，则 $i^{- 1} = x$ 。

递推求乘法逆元

令 模 数 为 p, 正 整 数 i, a = ⌊ \frac{p}{i} ⌋, b = p \mod i, 且 b \neq 0 。 a \cdot i + b = p ⇓ a \cdot i + b \equiv 0 (\mod p) \frac{i}{b} + \frac{1}{a} \equiv 0 (\mod p) \frac{i}{b} \equiv - \frac{1}{a} (\mod p) \frac{b}{i} \equiv - a (\mod p) i^{- 1} \equiv (- a) \cdot b^{- 1} (\mod p)

令 $i n v_{i} = i^{- 1}$ ，则我们可以由上面的结论得到 $i n v_{i} = ⌊ - \frac{p}{i} ⌋ \cdot i n v_{p \mod i} \mod p$ 。

代码

void C() {
  inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p;
  }
}

C();

平方求组合数

可以发现， $C_{n}^{m}$ 有两种情况：

选最后一个： $C_{n - 1}^{m - 1}$ 。
不选最后一个： $C_{n - 1}^{m}$ 。

所以 $C_{n}^{m} = C_{n - 1}^{m - 1} + C_{n - 1}^{m}$ 。（实际上这就是杨辉三角）

代码

void C() {
  for(int i = 0; i < MAXV; ++i) {
    c[i][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= i; ++j) {
      c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % MOD;
    }
  }
}

预处理求组合数

众所周知， $C_{n}^{m} = \frac{n!}{m! (n - m)!}$ 。所以我们只需预处理出阶乘的逆元。

令 $f_{i} = i!, g_{i} = i!^{- 1}$ ，则：

f_{i} = f_{i - 1} \cdot i \mod p g_{i} = g_{i - 1} \cdot i n v_{i} \mod p C_{n}^{m} = f_{n} \cdot g_{m} \cdot g_{n - m} \mod p

void C() {
  inv[1] = f[0] = Inv[0] = 1;
  for(int i = 1; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % p;
    inv[i] = (i > 1 ? 1ll * (p - p / i) * inv[p % i] % p : 1);
    Inv[i] = 1ll * Inv[i - 1] * inv[i] % p;
  }
}

C();

题目

CSES P1715

题目描述

给定一个字符串 $S$ ，求将其重新排列后能得到多少种不同的字符串。

思路

首先在不考虑字符相同的情况下答案明显就是 $| S |!$ ，而每种相同字符会重复计算 $c n t_{x}!$ 次，其中 $c n t_{x}$ 表示字符 $x$ 的出现次数，所以答案为： $| S |! \cdot \prod_{i = 0}^{25} c n t_{i}!^{- 1}$ 。

时空复杂度均为 $O (N)$ 。

细节

无。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXV = 1000001, MOD = 1000000007;

int f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], cnt[26], ans;
string s;

void C() {
  f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
    nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
  }
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  C();
  cin >> s;
  for(int i = 0; i < int(s.size()); ++i) {
    cnt[s[i] - 'a']++;
  }
  ans = f[s.size()];
  for(int i = 0; i < 26; ++i) {
    ans = 1ll * ans * inv[cnt[i]] % MOD;
  }
  cout << ans;
  return 0;
}

CSES P1716

题目描述

有 $N$ 个小朋友和 $M$ 个苹果，求有多少中分配方案。

思路

可以看做是 $M$ 个苹果之间有 $M - 1$ 个空位，有 $N - 1$ 个板子要插在空位中，相邻两块板子之间的苹果就是属于同一个小朋友的。可是小朋友可以不拿苹果，所以我们再加入 $N$ 个虚拟苹果，使得每个小朋友都能拿到苹果，所以答案为 $C_{N + M - 1}^{N - 1}$ 。

时空复杂度均为 $O (N)$ 。

细节

无

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;

int n, m, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], cnt[26], ans;

void C() {
  f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
    nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
  }
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
  }
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  C();
  cin >> n >> m;
  cout << ((1ll * f[m + n - 1] * inv[n - 1]) % MOD * inv[m]) % MOD;
  return 0;
}

GYM 104386 C

题目描述

有一个数组 $A = {1, 1, \dots}$ ，每次对 $A$ 进行前缀和，求 $K$ 次操作后 $A_{N}$ 的值。

思路

令第 $i$ 次第 $j$ 项为 $f_{i, j}$ ，可以得到 $f_{i, j} = f_{i, j - 1} + f_{i - 1, j}$ ，现在我们转换一下坐标系，变为斜方向的，即 $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + f_{i - 1, j}$ ，很容易发现这就是组合数的递推式。因为转换了坐标系，所以答案为 $C_{N + K - 1}^{N - 1}$ 。

时空复杂度均为 $O (N + K)$ 。

细节

注意第一维是 $1$ 下标，第二维是 $0$ 下标。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;

int t, n, k, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV];

void C() {
  f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
    nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
  }
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
  }
}

void Solve() {
  cin >> n >> k;
  int x = n + k - 1, y = n - 1;
  cout << ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD << "\n";
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  C();
  cin >> t;
  while(t--) {
    Solve();
  }
  return 0;
}

CSES P1717

题目描述

有 $N$ 个小朋友送礼物，不能给自己送礼物，求每个小朋友都收到礼物的方案数。

思路

由于每个小朋友都要收到礼物，所以这就是求错排数，使用 DP。

令 $d p_{x}$ 表示长度为 $x$ 的错排数， $A_{1} = i (2 \leq i \leq x)$ 。则第 $i$ 位上有两种情况：

$A_{i} = 1$ ，则方案数为 $d p_{x - 2}$ ，因为 $A_{1}$ 和 $A_{i}$ 已经不会对答案造成影响。
$A_{i} \neq 1$ ，则方案数为 $d p_{x - 1}$ ，因为 $A_{1}$ 已经没有作用，可以把 $A_{i}$ 看做 $A_{1}$ 。

所以 $d p_{x} = (x - 1) (d p_{x - 1} + d p_{x - 2})$ 。

细节

$d p_{0} = 1, d p_{1} = 0$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;

int n, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], dp[MAXV];

void F() {
  f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
    nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
  }
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
  }
}

int C(int x, int y) {
  return ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD;
}

int A(int x, int y) {
  return (1ll * f[x] * inv[y]) % MOD;
}

int Pow(int a, int b) {
  int res = 1;
  while(b) {
    if(b & 1) {
      res = (1ll * res * a) % MOD;
    }
    a = (1ll * a * a) % MOD;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  F();
  cin >> n;
  dp[0] = 1, dp[1] = 0;
  for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    dp[i] = 1ll * (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD;
  }
  cout << dp[n];
  return 0;
}

Luogu P4071

题目描述

求有多少种 $1$ 到 $N$ 的排列 $A$ ，使得恰好有 $M$ 个 $i$ 满足 $A_{i} = i$ 。

思路

由于有 $M$ 个位置 $A_{i} = i$ ，则剩下的肯定不满足，即错排，所以方案数为 $d p_{N - M} \cdot C_{N}^{M}$ 。

时空复杂度均为 $O (N)$

细节

无。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXV = 2000001, MOD = 1000000007;

int t, n, m, f[MAXV], nv[MAXV], inv[MAXV], dp[MAXV];

void F() {
  f[0] = f[1] = nv[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    f[i] = 1ll * f[i - 1] * i % MOD;
    nv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * nv[MOD % i] % MOD;
  }
  for(int i = 2; i < MAXV; ++i) {
    inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * nv[i] % MOD;
  }
  dp[0] = 1, dp[1] = 0;
  for(int i = 2; i <= MAXV; ++i) {
    dp[i] = 1ll * (i - 1) * (dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD;
  }
}

int C(int x, int y) {
  return ((1ll * f[x] * inv[y]) % MOD * inv[x - y]) % MOD;
}

int A(int x, int y) {
  return (1ll * f[x] * inv[y]) % MOD;
}

int Pow(int a, int b) {
  int res = 1;
  while(b) {
    if(b & 1) {
      res = (1ll * res * a) % MOD;
    }
    a = (1ll * a * a) % MOD;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  F();
  cin >> t;
  while(t--) {
    cin >> n >> m;
    cout << 1ll * dp[n - m] * C(n, n - m) % MOD << "\n";
  }
  return 0;
}

上一篇线段树

本文作者：yaosicheng124

本文链接：https://www.cnblogs.com/yaosicheng124/p/18129812

posted @ 2024-04-11 18:08 Yaosicheng124 阅读(19) 评论(1) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

yaosicheng124

这个人很菜，什么也没有留下。

组合数学

逆元

递推求乘法逆元

代码

平方求组合数

代码

预处理求组合数

题目

CSES P1715

题目描述

思路

细节

代码

CSES P1716

题目描述

思路

细节

代码

GYM 104386 C

题目描述

思路

细节

代码

CSES P1717

题目描述

思路

细节

代码

Luogu P4071

题目描述

思路

细节

代码

公告

最新随笔

合集 (4)

随笔分类 (96)

随笔档案 (99)

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论

{{tag.name}}

有可能是