【日常小测】计数

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题目传送门:https://oi.qizy.tech/wp-content/uploads/2017/03/20170301145817_34363.png
官方题解:https://oi.qizy.tech/wp-content/uploads/2017/03/20170301150237_94661.png

一句话题意

给$n_1$个$A$,$n_2$个$B$,$n_3$个$C$,$n_4$个$D$
问有多少种排列方式,使得相邻两项全部不同
$n_1,n_2,n_3,n_4 \le 10^3$

吐槽

因为做过魔法的碰撞
所以这题卡在$O(n^3)$的复杂度上卡了三个半小时 QwQ
最后暴力还$MLE$了 QwQ

解题报告

假设我们知道了将$A,B$分成$i$段、每一段中相邻两项不同的方案数为$f_i$
知道了将$C,D$分成$i$段、每一段中相邻两项不同的方案数为$g_i$
那么答案显然为$\sum\limits_{i=1}^{n_1+n_2}{f_i \cdot (g_{i-1}+2g_i+g_{i+1})}$
至于中间那一项为什么要乘以2? 因为多出来那一段我们既可以放段首,也可以放段尾

现在唯一的问题就是如何求出$f_i,g_i$了
考虑仅由$A,B$组成的字符串,一定为以下四种情况之一

[1]ABAB…A
[2]BABA…B
[3]ABAB…B
[4]BABA…A

假如我们枚举第一种情况出现了$i$次
那么第二种情况的出现次数$j=i-(a-b)$
那剩下的$k$次,就是第三种和第四种了,不难发现我们乘上$2^k$之后他们就可以视为等价
于是我们先在第一种情况的位置上插入$A$,第二种情况插入$B$,第三、四种情况插入$AB(BA)$
之后我们相当于把剩下的$A,B$两两配对,然后分成$x$组,允许空集
那么这就是插板法的板题了

于是我们就用上述算法处理出$f_i,g_i$即可
时间复杂度:$O(n^2)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int MOD = 1000000007;
const int N = 2009;

int vout,f[N],g[N],C[N][N],PW2[N];

inline int read() {
	char c=getchar(); int ret=0,f=1;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret * f;
}

inline int solve(int a, int b, int c) {
	if (a < b) swap(a, b);
	if (!a && b) return b == c;
	int ret = 0;
	for (int i=a-b,j,k;i<=c;++i) {
		j = i - a + b; k = c - i - j;
		if (j >= 0 && k >= 0 && a >= i + k ) {
			(ret += (((LL)C[i] * C[j][c-i] % MOD) * PW2[k] % MOD) * C[c-1][a-i-k+c-1] % MOD) %= MOD;
		}
	}
	return ret;
}

int main() {
	PW2[0] = 1; for (int i=1;i<N;i++) PW2[i] = (PW2[i-1] << 1) % MOD;
	C[0][0] = 1; for (int i=1;i<N;i++) {
		C[0][i] = 1; for (int j=1;j<=i;j++) {
			C[j][i] = (C[j-1][i-1] + C[j][i-1]) % MOD;
		}
	} 
	int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
	if (a + b == 0) f[1] = 1;
	else for (int i=1;i<=a+b;i++) f[i] = solve(a, b, i);
	if (c + d == 0) g[1] = 1;
	else for (int i=1;i<=c+d;i++) g[i] = solve(c, d, i);
	for (int i=1;i<=a+b;i++) (vout += f[i] * (g[i-1] + 2ll * g[i] + g[i+1]) % MOD) %= MOD;
	printf("%d\n",vout);
	return 0;
}

【HDU 3037】Saving Beans

题目传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3037
数据生成器:http://paste.ubuntu.com/22886753/

lucas定理 + 插板法

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;

const int MAXN = 100000+9;

int f[MAXN];

inline int read(){
	char c=getchar(); int ret=0;
	while (c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while (c<='9'&&c>='0') ret=ret*10+c-'0', c=getchar();
	return ret;	
}

inline int quick_pow(int w, int t, int p) {
	int ret = 1;
	while (t) {
		if (t & 1) ret = (LL)ret*w % p;
		w = (LL)w*w % p; t >>= 1;
	}
	return ret;
}

inline int C(int m,int n, int p) {
	if (n > m) return 0;
	else return (LL)f[m]*quick_pow(f[m-n],p-2,p)*quick_pow(f[n],p-2,p)%p;
}

int lucas(int m, int n, int p) {
	if (n == 0) return 1;
	else return ((LL)lucas(m/p,n/p,p) * C(m%p,n%p,p)) % p;
}

int main(){
	int T = read(); while (T--) {
		int n = read(),m = read(),p = read(); 
		f[0] = 1; for (int i=1;i<=p;i++) f[i] = (LL)f[i-1]*i % p;
		printf("%d\n",lucas(n+m,n,p));
	}
	return 0;
}

另外,lucas定理可以推广到整数域上,参见:
http://www.cnblogs.com/jianglangcaijin/p/3446839.html