[BZOJ2392][HAOI2011]Problem c
Description
Input
第一行一个整数T,表示数据组数
对于每组数据,第一行有三个整数,分别表示n、m、M
若m不为0,则接下来一行有m对整数,p1、q1,p2、q2 ,…, pm、qm,其中第i对整数pi、qi表示第pi个人的编号必须为qi
Output
对于每组数据输出一行,若是有解则输出YES,后跟一个整数表示方案数mod M,注意,YES和数之间只有一个空格,否则输出NO
Sample Input
4 3 10
1 2 2 1 3 1
10 3 8882
7 9 2 9 5 10
Sample Output
YES 4
NO
HINT
100%的数据满足:1≤T≤10,1≤n≤300,0≤m≤n,2≤M≤109,1≤pi、qi≤n 且保证pi互不相同。
还是考虑关于一个排列的的计数问题有两种基本的思路,一是考虑一个元素放在哪一个位置,二是考虑一个位置可以放哪些元素。
对于这道题用第二种思路比较好解决。
我们发现,问题有解的必要条件是在第$i$个位置,可以在$i$及之前放置的人的个数大于等于$i$。
所以我们维护前缀和$sum[i]$表示编号确定在$i$之前的人的个数,特别的如果一个人没有确定的编号,那么它的最小编号就是0,所以$sum[0]=n-m$。
设$cnt[i]$为编号必须是i的人的个数。
然后设$f[i][j]$表示前$i$个位置,已经安排完了$j$个人的方案数,显然$j>i$。
那么我们转移就是枚举$i$这个位置放$k$个人然后$f[i][j] = f[i][j]+f[i-1][j-k] \times C(sum[i]-(j-k)-cnt[i], k-cnt[i])$。
意思就是刨去必须在这个位置上选的数。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define reg register
inline int read() {
int res = ;char ch=getchar();bool fu=;
while(!isdigit(ch))fu|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(isdigit(ch))res=(res<<)+(res<<)+(ch^), ch=getchar();
return fu?-res:res;
}
#define ll long long
int n, m, mod;
ll C[][];
ll f[][], cnt[], sum[];
bool ok; int main()
{
int T = read();
while(T--)
{
n = read(), m = read(), mod = read();
memset(f, , sizeof f), memset(C, , sizeof C);
memset(cnt, , sizeof cnt), memset(sum, , sizeof sum);
ok = ;
C[][] = ;
for (reg int i = ; i <= n ; i ++)
{
C[i][] = ;
for (reg int j = ; j <= i ; j ++) C[i][j] = (C[i - ][j] + C[i - ][j - ]) % mod;
}
for (reg int i = ; i <= m ; i ++) read(), cnt[read()]++;
sum[] = n - m;
for (reg int i = ; i <= n ; i ++) sum[i] = sum[i - ] + cnt[i];
for (reg int i = ; i <= n ; i ++) if (sum[i] < i) {ok = ;break;}
if (!ok) {puts("NO");continue;}
f[][] = ;
for (reg int i = ; i <= n ; i ++)
for (reg int j = i ; j <= sum[i] ; j ++)
for (reg int k = cnt[i] ; j - k >= i - ; k ++)
f[i][j] = (f[i][j] + f[i - ][j - k] * C[sum[i] - (j - k) - cnt[i]][k - cnt[i]]) % mod;
printf("YES %lld\n", f[n][n]);
}
return ;
}
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