TopCoder SRM502 Div1 1000 动态规划
原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/SRM502-1000.html
SRM502 Div1 1000
题意
从 [0,n-1] 中选择 k 个不同的整数,使得他们的和是 n 的倍数,求方案数。对 109+7 取模。
n≤109,k≤1000
题解
首先我们考虑从 n 个里面选择 k 个并进行排列的方案数,最终只需要除以 k! 就好了。
设 M=n ;
设 f(n,m,t) 表示 在 0,1,⋯M−1 中任选 n 个,并使得 (\sum_{1\leq i < n } x_i ) + t x_n \equiv 0 \pmod m\cdots (1) (设取的第 i 个为 x_i ) 。
则答案显然是 f(k,n,1) 。
于是我们考虑如何求解这个函数。
f(n,m,t)=
-
如果 n=0 ,那么返回 1 。
-
如果 m = 1 ,那么 (1) 式恒成立,答案就是 n!\binom{M}{n} = M^{\underline{n}}
-
否则,我们通过容斥,分类讨论(结果就是下面 (1) 的贡献减掉 (2) 的贡献)。
(1) x_i(i<n) 中可能存在与 x_n 相等的数(也可能不存在):相当于选择 n-1 个数存在 x_n 使得 (\sum_{1\leq i < n } x_i ) + t x_n \equiv 0 \pmod m ,设 g = \gcd(t,m),则方案数 =f(n-1,g,1) ,对于 x_n ,我们也可以确定其取值个数,即 Mg/m 。
(2) x_i(i<n) 中存至少一个与 x_n 相等的数。则在 x_1\cdots x_{n-1} 个中任选一个和 x_n 相等,有 n-1 种可能,乘上对应的方案数 f(n-1,m,t+1) 即可。
由于我们经常要用到 f(a,b,1) ,所以我们对于 f(a,b,1) 记忆化一下,然后搜索即可。注意 f(a,n,1) 这种要特殊处理。
代码
static const int N=1005,mod=1e9+7;
int M;
int dp[N][N],Fac[N];
int Pow(int x,int y){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod)
if (y&1)
ans=1LL*ans*x%mod;
return ans;
}
int gcd(int x,int y){
return y?gcd(y,x%y):x;
}
int f(int n,int m,int t){
if (n==0)
return 1;
if (m==1)
return Fac[n];
int g=gcd(m,t);
// sum + t * x = 0
// c(sum = 0) - c(sum = 0 && (t+1))
if (t==1){
int _m=min(m,1000+1);
if (~dp[n][_m])
return dp[n][_m];
dp[n][_m]=((1LL*f(n-1,g,1)*(M/m*g)
-1LL*f(n-1,m,t+1)*(n-1))%mod+mod)%mod;
return dp[n][_m];
}
int res=((1LL*f(n-1,g,1)*(M/m*g)
-1LL*f(n-1,m,t+1)*(n-1))%mod+mod)%mod;
return res;
}
int find(int N, int K){
M=N;
memset(dp,-1,sizeof dp);
int t=1;
Fac[0]=1;
for (int i=1;i<=K;i++){
t=1LL*t*i%mod;
Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*(N-i+1)%mod;
}
t=Pow(t,mod-2);
int ans=1LL*t*f(K,N,1)%mod;
return ans;
}
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