HDU4045 Machine scheduling —— 隔板法 + 第二类斯特林数
题目链接:https://vjudge.net/problem/HDU-4045
Machine scheduling
Time Limit: 5000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1907 Accepted Submission(s): 702
Input will be four integers n,r,k,m.We assume that they are all between 1 and 1000.
Sample input means you can choose 1 and 4,1 and 5,2 and 5 in the same day.
And you can make the machines in the same group or in the different group.
So you got 6 schemes.
1 and 4 in same group,1 and 4 in different groups.
1 and 5 in same group,1 and 5 in different groups.
2 and 5 in same group,2 and 5 in different groups.
We assume 1 in a group and 4 in b group is the same as 1 in b group and 4 in a group.
题意:
从1~n中选出r个数,要求这r个数之间每对数的差值大于等于k;选出之后,再将这r个数分成m组。问总共有多少种方案?
题解:
问题分为两个部分进行求解:
1.如果正确选出这r个数呢?
如图,O代表选出的r个数,双下划线代表相邻两个数之间的差值。由于数字从1开始,所以最左边应该填上1;由于相邻两个数之间差值最小为k,所以出于中间的下划线应该填上k,这样就满足题目的限定。还剩下 n-1-(r-1)*k,然后再把他们分到r+1个下划线上。根据隔板法,总共有 C[n-1-(r-1)*k+r+1-1][r+1-1] = C[n-1-(r-1)*k+r][r] 。
2.把r个数分成m组,就是第二类斯特林数了。注意r可能小于m, 所以应为 S[r][min(r,m)] 。
3.所以总的方案数为: C[n-1-(r-1)*k+r][r] * S[r][min(r,m)] 。
4.注意,当n<1+(r-1)*k时,即连最基本的条件都满足不了时,方案数为0,需要特判。
代码如下:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 9e18;
const int MOD = 1e9+;
const int MAXN = 1e3+; LL S[MAXN][MAXN], f[MAXN][MAXN], C[MAXN][MAXN]; void init()
{
for(int i = ; i<MAXN; i++)
{
C[i][] = ;
for(int j = ; j<=i; j++)
C[i][j] = (C[i-][j-]+C[i-][j])%MOD;
} for(int i = ; i<MAXN; i++)
{
S[i][] = ; S[i][i] = ;
for(int j = ; j<i; j++)
S[i][j] = ((j*S[i-][j])%MOD + S[i-][j-])%MOD;
} memset(f, , sizeof(f));
for(int i = ; i<MAXN; i++)
for(int j = ; j<=i; j++)
f[i][j] = (f[i][j-] + S[i][j])%MOD;
} int main()
{
init();
int n, r, k, m;
while(scanf("%d%d%d%d", &n,&r,&k,&m)!=EOF)
{
LL ans;
if(+(r-)*k>n) ans = ;
else ans = (1LL*C[n--(r-)*k+r][r]*f[r][min(r,m)])%MOD;
printf("%lld\n", ans);
}
}
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