[bzoj2339][HNOI2011]卡农——动态规划+容斥原理

题目大意:

众所周知卡农是一种复调音乐的写作技法,小余在听卡农音乐时灵感大发,发明了一种新的音乐谱写规则。他将声音分成 n 个音阶,并将音乐分成若干个片段。音乐的每个片段都是由 1 到 n 个音阶构成的和声,即从 n 个音阶中挑选若干个音阶同时演奏出来。为了强调与卡农的不同,他规定任意两个片段所包含的音阶集合都不同。同时为了保持音乐的规律性,他还规定在一段音乐中每个音阶被奏响的次数为偶数。现在的问题是:小余想知道包含 m 个片段的音乐一共有多少种。两段音乐 a 和 b 同种当且仅当将 a 的片段重新排列后可以得到 b。例如:假设 a
为{{1,2},{2,3}},b 为{{3,2},{2,1}},那么 a 与 b 就是同种音乐。由于种数很多,你只需要
输出答案模 100000007(质数)的结果。

思路:

很好的一道题!!!
首先我们可以得到一共有\(2^n-1\)种合法的集合(片段)。
为了方便,我们让片段的出现变得有序,最后再将答案处以\(m!\)即可。
由于每一个元素都必须要出现偶数次,所以我们如果选了\(m-1\)个片段,那么最后一个片段就可以直接根据奇偶性确定。
\(2^n-1\)个片段中选择\(m-1\)个的方案为\({2^n-1\choose m-1}\)
考虑记\(f_m\)为m个片段合法的方案数,如果令\(f_m=A_{2^n-1}^{m-1}\),那么我们会发现最后一个片段有可能为空集,同时也有可能是之前出现过的片段,于是我们要将这些不合法的情况给删除。
如果是空集,那么可以保证前\(m-1\)个片段的方案数合法,那么直接减去\(f_{m-1}\)
如果是前面出现过的片段,考虑枚举和它相同的片段的位置是哪一个(总共\(m-1\)个位置),然后剩下来的\(m-2\)个片段的情况也一定是合法的,共有\(f_{m-2}\)种,确定了这\(m-2\)中之后,有\(2^n-1-(m-2)\)个片段可以供这个位置挑选,所以要减去的情况是\((m-1)\times f_{m-2}\times (2^n-1-(m-2))\)
然后就可以直接递推了。
其实直接利用组合数来计算,即不考虑顺序也是可以的,方法类似,有兴趣可以自己推一下(复杂度多带一个快速幂)。

#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define MREP(i,x) for(int i=beg[x],v;v=to[i],i;i=las[i])
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
    freopen("bzoj2339.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2339.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
    T __=0,mul=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')mul=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))__=(__<<1)+(__<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
    _=__*mul;
}

const int maxn=1e6+10;
const ll mod=1e8+7;
int n,m;
ll p2,fac[maxn],f[maxn];

ll qpow(ll x,ll y){
    ll ret=1; x%=mod;
    while(y){
        if(y&1)ret=ret*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    //File();
    read(n),read(m);

    p2=(qpow(2,n)-1)%mod;

    fac[0]=1;
    REP(i,1,m)fac[i]=fac[i-1]*(p2-i+1)%mod;

    f[0]=1,f[1]=0;
    REP(i,2,m){
        f[i]=fac[i-1];
        f[i]=(f[i]-f[i-1])%mod;
        f[i]=(f[i]-(i-1)*f[i-2]%mod*(p2-i+2)%mod)%mod;
    }

    ll tmp=1;
    REP(i,1,m)tmp=tmp*i%mod;

    f[m]=f[m]*qpow(tmp,mod-2)%mod;

    printf("%lld\n",(f[m]+mod)%mod);

    return 0;
}
posted @ 2018-12-12 19:00  ylsoi  阅读(135)  评论(0编辑  收藏  举报