51Nod 1362 搬箱子 —— 组合数(非质数取模) (差分TLE)
题目:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1362
首先,\( f[i][j] \) 是一个 \( i \) 次多项式;
如果考虑差分,用一个列向量维护 0 次差分到 \( n \) 次差分即可,在第 \( n \) 次上差分数组已经是一个常数;
最后一行再维护一个 0 次差分的前缀和,0 次差分其实就是答案;
为了预处理 0 位置上的各次差分值,一开始先 n^2 求出 \( f[0][0] \) 到 \( f[n][n] \),差分一下得到初始矩阵;
转移就是本层加上下一层的差分值,得到本层的下一个位置,\( n \) 次的差分值不变;
需要注意快速幂时,子函数是不能传超过大约 500*500 的数组的,所以把矩阵开成全局的;
可惜这样是 \( n^{3}logm \),会TLE;
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int const xn=;
int n,m,f[xn][xn],d[xn][xn],P;
int upt(int x){while(x>=P)x-=P; while(x<)x+=P; return x;}
struct N{
int a[xn][xn];
N(){memset(a,,sizeof a);}
void init(){for(int i=;i<=n+;i++)a[i][i]=;}
void clr(){memset(a,,sizeof a);}
N operator * (const N &y) const
{
N ret;
for(int i=;i<=n+;i++)
for(int k=;k<=n+;k++)
for(int j=;j<=n+;j++)
ret.a[i][j]=upt(ret.a[i][j]+(ll)a[i][k]*y.a[k][j]%P);
return ret;
}
}a,g,t;
void print(N a)
{
for(int i=;i<=n+;i++,puts(""))
for(int j=;j<=n+;j++)printf("%d",a.a[i][j]);
}
void pw(int b)//
{
t.init();
for(;b;b>>=,g=g*g)
if(b&)t=t*g;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&P)!=EOF)
{
memset(f,,sizeof f);
memset(d,,sizeof d);
f[][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++)
{
if(i)f[i][j]=upt(f[i][j]+f[i-][j]);
if(j)f[i][j]=upt(f[i][j]+f[i][j-]);
if(i&&j)f[i][j]=upt(f[i][j]+f[i-][j-]);
}
for(int j=;j<=n;j++)d[][j]=f[n][j];
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n-i;j++)d[i][j]=upt(d[i-][j+]-d[i-][j]);
a.clr(); g.clr(); t.clr();
for(int i=;i<=n;i++)a.a[i][]=d[i][];
for(int i=;i<n;i++)g.a[i][i]=g.a[i][i+]=;
g.a[n][n]=;
g.a[n+][]=g.a[n+][n+]=;
pw(m);
int sum=;
for(int i=;i<=n+;i++)
sum=upt(sum+(ll)t.a[][i]*a.a[i][]%P),
sum=upt(sum+(ll)t.a[n+][i]*a.a[i][]%P);
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}
差分+矩阵快速幂
其实可以考虑组合数:
因为斜着走既向下又向右,不好判断,所以不妨枚举斜着走了几格,假设 \( n<=m \),得到
\( ans = \sum\limits_{j=0}^{m} \sum\limits_{i=0}^{n} C_{i+j}^{i} * C_{j}^{n-i} \)
即 \( ans = \sum\limits_{j=0}^{m} \sum\limits_{i=0}^{n} C_{n}^{i} * C_{i+j}^{n} \),或者其实可以直接写出这个式子;
然后 \( ans = \sum\limits_{i=0}^{n} C_{n}^{i} * \sum\limits_{j=0}^{m} C_{i+j}^{n} \)
\( ans = \sum\limits_{i=0}^{n} C_{n}^{i} * C_{i+m+1}^{n+1} \)
于是求组合数即可;
但模数不是质数,没有逆元;
可以像扩展 Lucas 的做法一样,提取出模数的质因子,剩余的部分就和模数互质,可以用 exgcd 求逆元;
质因子的部分直接把次数加减即可。
代码如下:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int const xn=,xm=;
int n,m,mod,p[xm],cnt,t[xm];
void div(int x)
{
for(int i=;i*i<=x;i++)
{
if(x%i)continue;
p[++cnt]=i;
while(x%i==)x/=i;
}
if(x>)p[++cnt]=x;
}
ll pw(ll a,int b)
{
ll ret=;
for(;b;b>>=,a=(a*a)%mod)if(b&)ret=(ret*a)%mod;
return ret;
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b){x=; y=; return;}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
int inv(int a,int b){int x,y; exgcd(a,b,x,y); return (x%b+b)%b;}//%b
int get(int x,int tp)
{
for(int i=;i<=cnt;i++)
{
if(x%p[i])continue;
int cnt=;
while(x%p[i]==)cnt++,x/=p[i];
t[i]+=cnt*tp;
}
return x;
}
int C(int n,int m)
{
if(n<m)return ;//!!
if(m==)return ;
memset(t,,sizeof t);
int ret=;
for(int i=n-m+;i<=n;i++)
ret=(ll)ret*get(i,)%mod;
for(int i=;i<=m;i++)
ret=(ll)ret*inv(get(i,-),mod)%mod;
for(int i=;i<=cnt;i++)ret=(ll)ret*pw(p[i],t[i])%mod;
return ret;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod)==)
{
cnt=; div(mod); int ans=;
for(int i=;i<=n;i++)
ans=(ans+(ll)C(n,i)*C(i+m+,n+))%mod;
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
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