数据范围:$1 \leq N \leq 10^6, P \leq 10^9 $
这个题……
以为是排列,其实是组合
题目中说是从所有排列中找到Magic的,就是
$p_{i/2} \leq p_i$ 满足的情况
我拿着排列想了半天,发现
这个题和排列一点关系也没有
而且我打了几个表,看了下可行结果,也不能逆向求
后来是一个提示:用堆,dp
堆啊……
我扯了一会大根堆,发现堆的形态有不确定性,dp起来费力耗时

所以就是小根堆了:小根堆的形态不变,只要找填数的方案,

那么这里如何做呢?

对于每一个叶子节点和唯一值,只有一种方案

然后对于根节点,比根大的数作为叶节点,只要分成两部分就可以

但是如何分也不必要记录,只要记录方案数

由于是分步求解,

所以要把每个子树上的方法与本次分的方法相乘。

式子:$dp[i]=C_{siz[i]-1}^{siz[2*i]}*dp[i*2]*dp[i*2+1]$其中$siz[i]$是以$i$为根的树节点数

于是就可以得到结果$dp[1]$

当然要从$n$跑到$1$了

下面是另一部分

$C_n^m\%p$怎么求?

卢卡斯定理,p一定要是素数。

具体证明和代码见这里

蒟蒻不会了~~

然后里面的细节就是,求阶乘及其逆元,可以打表,现求逆元也可以。

用 $a^{p-2}$ 的快速幂求逆元

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 2000100
#define LL long long
using namespace std;
LL p,n;
int siz[N];
LL fac[N],inv[N],dp[N];
LL ppow(LL a,LL b){
LL k=;
while(b){
if(b&)k=k*a%p;
a=a*a%p;
b>>=;
}
return k;
}
void prerun(){
for (int i=n;i>=;i--){
siz[i]=siz[i*]+siz[i*+]+;
}
fac[]=;
for (int i=;i<=n;i++){
fac[i]=fac[i-]*i%p;
}
}
LL C(LL m,LL n){
if(n<m)return ;
return fac[n]*ppow(fac[m],p-)%p*ppow(fac[n-m],p-)%p;
}
LL lucas(LL m,LL n){
if(m==)return ;
return lucas(m/p,n/p)*C(m%p,n%p)%p;
}
int main (){
scanf("%lld%lld",&n,&p);
prerun();
for (int i=n;i>=;i--){
dp[i]=lucas(siz[i*],siz[i]-);
if(i*<=n)dp[i]=dp[i]*dp[i*]%p;
if(i*+<=n)dp[i]=dp[i]*dp[i*+]%p;
}
printf("%lld\n",dp[]);
return ;
}

真不知道没有题解怎么活~~

主要参考:Rorschach_XR的[ZJOI2010]排列计数 题解

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