BZOJ2111: [ZJOI2010]Perm 排列计数

BZOJ2111: [ZJOI2010]Perm 排列计数

Description

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

Input

输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。

Output

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。

Sample Input

20 23

Sample Output

16

HINT

100%的数据中，1 ≤ ��� N ≤ 106, P��� ≤ 10^9，p是一个质数。 数据有所加强

---

题解Here!

 

乍一看，感觉像一个数位$DP$。

然而本蒟蒻看完题解，发现了骚操作：

首先有个莫名其妙的定理：对于一个完全二叉树，如果父亲点权总是比儿子点权小，则构成了一个小根堆。

于是题目的意思就是：求有多少个大小为$n$的小根堆。

妙啊！

考虑动态规划求解。

设$dp[i]$表示有多少个大小为i的小根堆。

转移时考虑剩下的$i-1$个点中有$C_{i-1}^l$个点能作为左子树，剩下的点作为右子树。

即：$$dp[i]=C_{n-1}^l\times dp[l]\times dp[r]$$

组合数取模，$p\in prime$，果断卢卡斯。

然后并不知道为什么$WA$了两发。。。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 1000110
using namespace std;
int n;
long long m,p;
long long fact[MAXN],inv[MAXN],val[MAXN],dp[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
long long mexp(long long a,long long b,long long c){
	long long s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=s*a%c;
		a=a*a%c;
		b>>=1;
	}
	return s%c;
}
long long lucas(int n,int m,long long p){
	if(n<m)return 0;
	if(m>=p||n>=p)return lucas(n/p,m/p,p)%p*lucas(n%p,m%p,p)%p;
	return (fact[n]*inv[n-m]%p*inv[m]%p)%p;
}
void work(){
    for(int i=n;i>=1;i--){
        val[i]=1;
        if((i<<1)<=n)val[i]+=val[i<<1];
        if((i<<1)+1<=n)val[i]+=val[(i<<1)+1];
        if((i<<1)+1<=n)dp[i]=lucas(val[i]-1,val[i<<1],p)%p*dp[i<<1]%p*dp[(i<<1)+1]%p;
        else if((i<<1)<=n)dp[i]=dp[i<<1]%p;
        else dp[i]=1;
    }
    printf("%lld\n",dp[1]);
}
void init(){
    n=read();p=read();
    m=min((long long)n,p-1);
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%p;
    inv[m]=mexp(fact[m],p-2,p);
    for(int i=m-1;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}
int main(){
    init();
    work();
    return 0;
}