Zjoi2010排列计数Perm
这东西还是挺有思想的,道听途说一些东西,问问DuanYue同志,然后自己打表画树推了推,就搞出来了。
首先根据p i>p i/2(向下取整)这种形式,如果线段树学的好的人,一定能看出来,这是在唯一标号法标号后的形式,即父亲的权值大于两个儿子的权值,这是一个小根堆的样子。
那问题就是求给定数目的数字,求其能构成小根堆的个数。
这是一个类似树形dp的问题,我们设f[i]表示以当前节点为根所能构成小根堆的个数,那么有状态转移方程:
就是说当前节点及其子树一共分配了size[i]个数字,然后分给了左右子树,有上式Combine种可能,然后把左右儿子的贡献转移上来。
组合数还是老规矩打阶乘及其逆元的表,用lucas定理求一下,因为不用的话模数小的时候会崩,模数大了lucas也可以自动求组合取模。
实现过程中没有定义dp数组(其实size数组也没必要),直接带返回值的dfs搞一下。
代码略丑,勿看(主要是懒,直接define int long long 了)。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;
int n,p;
int size[];
int fac[],inv[];
int qpow(int x,int k){
int ans=;
for(;k;k>>=,x=1ll*x*x%p)
if(k&) ans=1ll*ans*x%p;
return ans;
}
void pre(){
fac[]=;
for(int i=;i<min(n,p);i++)
fac[i]=1ll*fac[i-]*i%p;
inv[min(n,p)-]=qpow(fac[min(n,p)-],p-);
for(int i=min(n,p)-;i>=;i--)
inv[i-]=1ll*inv[i]*i%p;
}
int com(int x,int y){
if(y>x) return ;
return ((1ll*fac[x]*inv[y])%p*inv[x-y]%p)%p;
}
int lucas(int x,int y){
if(!y) return ;
return com(x%p,y%p)*lucas(x/p,y/p)%p;
}
int dfs(int x){
if(x>n) return ;
size[x]++;
int a=dfs(x<<)%p;
int b=dfs(x<<|)%p;
size[x]+=size[x<<]+size[x<<|];
return 1ll*((a*b)%p*(lucas(size[x]-,size[x<<])%p))%p;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&p);
pre();
/*for(int i=1;i<=p;i++)
cout<<fac[i]<<" ";cout<<endl;
for(int i=1;i<=p;i++)
cout<<inv[i]<<" ";cout<<endl;*/
printf("%lld",dfs()%p);
return ;
}
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