排列组合，容斥原理，lucas，中国剩余
一直认为，天下最苦莫过于调代码
血的教训，放这里：1.C（a,b）,当a<b return 0 否则inv[a-b]会访问非法空间
模型一：站队问题
元素优先法：特殊位置优先讨论
相邻捆绑法：小团体也是
定序按照无序算，或者看成其他元素确定，定序对方案数量没有影响
模型二：排队
插空法：
三个人8座位，每个人左右有空位：
空位5个，空间隔4个，三个人插里面，三个人各自有位置顺序
模型三：排数
注意0特殊位置，计算方案数要用位置（第一个位置放什么）
不能用数字（这个数字可以放什么位置），这样就混了
排列组合算法
C combine
求有多少种长度为 n 的序列 A，满足以下条件： 1 ~ n 这 n 个数在序列中各出现了一次 若第 i 个数 A[i] 的值为 i，则称 i 是稳定的。序列恰好有 m 个数是稳定的 满足条件的序列可能很多，序列数对 10^9+7 取模。
const int N=1000000+10; ll inv[N],mul[N],mul_inv[N],d[N]; int t,n,m; void pre() { mul[0]=mul_inv[0]=inv[0]=1; inv[1]=mul[1]=mul_inv[1]=1; _f(i,2,N) { mul[i]=mul[i-1]*i%mod; inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; mul_inv[i]=mul_inv[i-1]*inv[i]%mod; //if(i<=4)chu("mulinv %d %lld\n",i,mul_inv[i]); } d[0]=1,d[1]=0,d[2]=1; _f(i,2,N) { d[i]=(i-1)*((d[i-1]+d[i-2])%mod)%mod; } } int main() { t=re(); pre(); for(int i=1;i<=t;i++) { n=re(),m=re(); // chu("%lld %lld %lld %lld\n",mul_inv[n-m],mul_inv[m],mul[n],d[n-m]); chu("%lld\n",(((mul_inv[n-m]*mul[n])%mod*mul_inv[m])%mod*d[n-m]%mod)); } return 0; } /* 预处理：线性求组合数（就是帅！），线性求逆元，线性求错位排序 */
D
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
还可以结合小根堆大根堆求方案数量！
f[i]=(f[i*2]*f[i*2+1]*C(siz[i],siz[i*2])) %p
综合各种方法吧，p一定是质数
数组下标二倍！细心啊
容斥原理
//多步容斥原理 ，在组合数ppt里，一堆加减的公式那个
int f[N]={1};
int c[4],d[4];
int ans;
//这里非常神奇啊
//就是对于递归到的每一个硬币，
/*
如果k=奇数，代表前面已经超限了奇数个，是应该减去的
如果算上这个硬币超限，就是偶数个，应该加，所以k+1,奇数变偶数
如果不算上，还是奇数个，递归传递下去
因为每一个硬币只有超限或不超限制两种情况，所以dfs可以覆盖所有
当然笨拙一点也可以
*/
void dfs(int x,int k,int now)
{
if(now<0)return;//没钱了结束了
if(x==4)//
{
ans+=k&1?-f[now]:f[now];//
return;
}
dfs(x+1,k+1,now-c[x]*(d[x]+1));//
dfs(x+1,k,now);
}
int main()
{
int i,j,t,s;
_f(i,0,3)
{
_f(j,c[i],10000)
{
f[j]+=f[j-c[i]];//这个dp算方案数量的
}
}
//所有可能方案-一个超限的不合法硬币方案，减去重复了，再加上两两重复的，循环到最多个
while(t--)
{
_f(i,0,3)
d[i]=re();
s=re();
ans=0;
dfs(0,0,s);
chu("%d",ans);
}
return 0;
}
E集合计数
一个有N个元素的集合有2^N个不同子集（包含空集），现在要在这2^N个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数，答案模1000000007。（是质数喔~）
容斥原理，交集元素个数是k，把k固定，剩下(n-k)个元素有a=2^(n-k)集合数,从中任意取，每个集合都可以取或者不，
但不能都不取出来，因此有2^a-1种取法，C（n,k）*（2^a-1）是答案？no！
还要去除交集是k+1,k+2,k+3.....的方案数，+（所有交集是k+1）的方案数-(所有交集是k+2)的方案数
这里就看成在n-k个元素的基础上进行就可以，C（n-k，i）*(取i个方案数)
二的次幂怎么办？f(i)=2^(2^i)-1,发现f(i)=f(i-1)*f(i-1)+f(i-1)*2;f[0]=1
线性递推解决吧！
F. 牡牛和牝牛
排列组合，可重复计数原理：
相当于 0 1序列排序，每个0之间必须有至少k个1
先固定找出必须的1，设有x个0（0决定了1），至少有k(x-1)个1
剩下n-k(x-1)-x个必须是1了
a=x+1个0的空隙里插入b=n-k(x-1)-x个1
抽象！
b个无序球放入a个有序盒子里
法一：从a+b-1个数字里挑出b个
C(a+b-1,b)
法二：隔板法
b个球插入a-1个隔板,a+b-1个位置插入b个隔板
C(a+b-1,b)
排列组合、crt、费马小定理，容斥原理，lucas定理，组合数取模 - 比赛 - 衡中OI (hszxoj.com)
G.小小的优化
1 for example 2 _f(i,1,n) 3 {ans+=C(t+i,t);} 4 printf("%d",ans); 5 当n>=1e6基本超时 6 把原式子+C（n+1,n+1） 7 C(t+1,t+1)+C(t+1,t)=C(t+2,t+1) 8 C(t+2,t+1)+C(t+2,t)=C(t+3,t+1) 9 得到答案是C(t+n+1,t+1)
J
1-n的数字，问有几种排列方法，使得呈现山峰排布，大小大小大小大（相对左边右边）
dp结合排列组合思想
f[i]【j】表示选取前i个数，j个不合法元素的方案数量
分类讨论，计算个数
const int N=4200+10; int n;ll p; ll f[4][N]; int main() { n=re();scanf("%lld",&p); f[1][0]=4LL,f[1][1]=2LL; _f(i,4,n)//有多少个元素 { _f(j,0,i-2) f[0][j]=f[1][j],f[1][j]=0; _f(j,0,n-3)//有多少个非法·元素 { f[1][j]=(f[1][j]+f[0][j]*2)%p;//i-1贡献2个 if(j)//如果非法>0 f[1][j-1]=(f[1][j-1]+f[0][j]*j)%p; f[1][j+1]=(f[1][j+1]+(i-j-2)*f[0][j])%p; } } chu("%lld",f[1][0]); return 0; }
H
构造环解决合法方案数统计问题
n个人占k个位置，每个人选择座位随机，如果这个位置有人了，可以往后坐，不能往前，问每个人都有位置的概率是多少
ans=(每个人都有位置方案数)/n^k
怎么找？
首先想到我统计每个人都有位置方案数，先看成每个人没有区别，转化成球和盒子问题，dp递推解决
然后发现无法转化成有序
算出合法的排列数量 怎么合法呢？ 以k-f为界限： num_total[p]<=k-p+1//向下求和，每一层都要满足 从下向上递推？n_t[k]=1/0 [2] n_t[k-1]=0/1/2 [3] n_t[k-2]=0/1/2/3 [4] f[i][j]代表截至i层一共放j个人的方案数量 f[i][j]=ceita(f[i+1][k])//0<=k<=i j层放0个或者j个（最多了） f[1][n]就是所有合法方案数 tot_ok==f_tot*A(n,n) 总的合法方案数量 ans=f_tot/（k^n） 怎么统计出来当人是不一样的合法方案数？（在一个盒子里算成一种，直接乘以全排列） 求出了n k-->有区别n k怎么转化？？？
悲惨结束
我在最后一个位置加上一个座位，把k和1位置连起来，总方案数(k+1)^n
保证了一定合法，但是我抽象出这种排列，1234 2341是一样的所以/（k+1）
想象对于任意一种我够早的环，即使有多人选择同一个座位，我也可以把这些i人顺次展开，那么最后一定剩下k+1-n个座位，就是那把空椅子，把它切掉断环不影响合法性，这时候环头和尾巴代表座位次序
每个人都有位置
ans=(k+1)^n/k^n*(k-n+1)
浙公网安备 33010602011771号