洛谷 P2606 [ZJOI2010]排列计数

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首先按照题意我们可以模拟出来一个小根堆，这样我们就把数组转化为了一棵树。

考虑任意一棵子树，它至多有两个儿子，至少有零个儿子。

先求出以\(i\)号点为根的子树的节点数，记为\(s_i\)

这棵子树填入\(s_i\)个不相同的数的答案记为\(f_i\)

我们从\(1 \sim n\)排列里选出了任意\(s_i\)个数，想填入这棵树中。

其中左子树需要\(s_{l}\)个数。\(f_i\)乘上\(C_{s_i}^{s_{l}}\)，再乘上\(f_l,f_r\)

即\(f_i = C_{s_i}^{s_l} * f_l * f_r\)

组合数取模可能要卢卡斯定理。

还有一种思想:

我们有\(n\)个数，对整棵树来说有\(n!\)种方法填入。

考虑去重，对于每棵子树，一共有\(s_i\)个不同的数填入其中，最小的数有且仅有一个，且最小数必须填在根上。

因此答案要除以\(s_i\)。对于每棵树都有这样的去重。

最终答案即为\(\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} s_i}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int inv[1000005],s[1000005]; 
long long ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    inv[0] = inv[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; ++ i) inv[i] = 1ll * (m - m / i) * inv[m % i] % m;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) s[i] = 1; for(int i = n; i > 1; -- i) s[i / 2] += s[i];
    ans = 1; for(int i = 1; i <= n; ++ i) ans = ans * i % m * inv[s[i]] % m; printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}