洛谷P2606 [ZJOI2010]排列计数（数位dp）

题目描述

称一个1,2,...,N的排列P1,P2...,Pn是Magic的，当且仅当2<=i<=N时，Pi>Pi/2. 计算1，2，...N的排列中有多少是Magic的，答案可能很大，只能输出模P以后的值

输入输出格式

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输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。

输出格式：

输出文件中仅包含一个整数，表示计算1,2,⋯, ���的排列中， Magic排列的个数模 p的值。

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说明

100%的数据中，1 ≤N ≤ 10^6, P≤ 10^9，p是一个质数。

题解

　数位dp？这怕不是个树位dp……

　　我们把原序列看成一棵二叉树

　　那么就是要我们求大小为$n$的小根堆有多少个（就是父节点比左右儿子都小）

　　那么考虑dp，设$dp[i]$表示有多少个大小为$i$的小根堆，$val[i]$表示$i$的子树的大小

　　因为父亲必须小于儿子，所以根节点只能是最小的点，那么剩下的$i-1$个点里有$val[l]$个可以放在左子树，剩下的都可以放在右子树，方案数为$C_{i-1}^{val[l]}$

　　然后因为选不同的点之后还能有不同的方案，所以还要乘上方案数

　　所以最后的状态转移方程是这样的$dp[i]=C_{i-1}^{val[l]}*dp[val[l]]*dp[val[r]]$

　　然后因为要组合数取模，得用上Lucas定理

 //minamoto
 #include<cstdio>
 #define ll long long
 const int N=1e6+;
 ll inv[N],fac[N],val[N],dp[N],n,mod;
 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
 ll qpow(ll x,ll y){
     ll res=;
     while(y){
         if(y&) res=res*x%mod;
         y>>=,x=x*x%mod;
     }
     return res;
 }
 void init(){
     int k=min(n,mod-);
     fac[]=fac[]=;
     for(int i=;i<=k;++i) fac[i]=fac[i-]*i%mod;

     inv[k]=qpow(fac[k],mod-);
     for(int i=k-;i;--i) inv[i]=(i+)*inv[i+]%mod;
 }
 ll C(ll n,ll m){
     if(m>n) return ;
     return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 }
 ll Lucas(ll n,ll m){
     if(m==||m==n) return ;
     return Lucas(n/mod,m/mod)*C(n%mod,m%mod)%mod;
 }
 int main(){
     //freopen("testdata.in","r",stdin);
     scanf("%lld%lld",&n,&mod);init();
     for(int i=n;i;--i){
         val[i]=;if((i<<)<=n) val[i]+=val[i<<];if((i<<|)<=n) val[i]+=val[i<<|];
         if((i<<|)<=n) dp[i]=Lucas(val[i]-,val[i<<])*dp[i<<]%mod*dp[i<<|]%mod;
         else if((i<<)<=n) dp[i]=dp[i<<];
         else dp[i]=;
     }
     printf("%lld\n",dp[]);
     return ;
 }