【BZOJ2111】排列计数（ZJOI2010）-DP+Lucas定理

测试地址：排列计数
做法：本题需要用到DP+Lucas定理。
我们发现，若从所有i$i$向⌊i/2⌋$\lfloor i/2\rfloor$连边，等同于从所有i$i$向2i$2i$和2i+1$2i+1$连边，这样我们会连出一棵二叉树。不难看出，由n$n$个点组成的这种二叉树的左子树的节点数是固定的，并且它的左右子树也满足这种结构。
按照题目中所给的条件，我们要求的实际上是满足这种结构的大根堆的数目。我们在构造一个大根堆时，一定会先在根上填最大的数值，然后选择一些数值在左子树中按照左子树的某种构造方式构造出左子树，最后再把剩下的数值在右子树中按照右子树的某种构造方式构造出右子树。那么令f(i)$f(i)$为i$i$个点的大根堆的数目，l(i)$l(i)$为i$i$个点的大根堆中根的左子树大小（这个可以O(n)$O(n)$预处理出来，详见代码），根据乘法原理，我们有状态转移方程：
f(i)=Cl(i)i−1f(l(i))f(i−l(i)−1)$f(i)=C_{i-1}^{l(i)}f(l(i))f(i-l(i)-1)$
那么我们只需要预处理出i!$i!$和i!$i!$的逆元即可算出组合数，这个可以O(n)$O(n)$做到。然而要注意，n$n$可能大于等于p$p$，这时我们不能直接求出p$p$以上数的逆元，需要用Lucas定理来求组合数，即：Cmn%p=Cm/pn/pCm%pn%p%p$C_n^m\mathrm{\%}p=C_{n/p}^{m/p}{C}_{n\mathrm{\%}p}^{m\mathrm{\%}p}\mathrm{\%}p$
这样我们就解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,p,fac[1000010],inv[1000010],fi[1000010];
ll l[1200010],f[1000010];

ll C(int n,int m)
{
    if (n>=p||m>=p) return C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
    return fac[n]*fi[m]%p*fi[n-m]%p;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=fi[0]=fi[1]=1;
    for(ll i=2;i<=min(n,p);i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        fi[i]=inv[i]*fi[i-1]%p;
    }

    l[1]=0;
    for(int i=2,g=1;i<=n;g<<=1,i+=g)
    {
        for(int j=1;j<=g;j++)
            l[i+j-1]=l[i+j-2]+1;
        for(int j=1;j<=g;j++)
            l[i+g+j-1]=l[i+g+j-2];
    }
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i]=C(i-1,l[i])*f[l[i]]%p*f[i-l[i]-1]%p;
    printf("%lld",f[n]);

    return 0;
}