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「hackerrank – 101hack43」K-Inversion Permutations

开发技术 开发技术 5小时前 1次浏览

link。

原问题即:请你给出不同的序列 ({a_n}) 的数量,满足 (0leqslant a_i<i),且 (sum a_i=k)

那么写出 ({a_n}) 的 ogf,可得答案为:(displaystyle [x^k]left(G(x)=sum_{i=0}^{n-1} x^i=frac{1-x^n}{1-x}right)=frac{prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}=left(prod_{i=1}^n(1-x^i)right)left(sum_{i=0}^nbinom{n-1+i}{i} x^iright))

前面那个括号是有组合意义的,即有 (n) 个物品,其第 (i) 个体积为 (i),有个容量 (k) 的背包,求恰好填满背包的方案数,这个方案数还要乘一个系数 ((-1)^m)(m) 为选的物品的个数。

后面那个你就直接算,前面的可以 dp。考虑这样一个构造过程:

一开始什么数都没有。对已有的数,我们有两种操作,一种是全部加 (1),一种是全部加 (1) 然后再加入一个值为 (1) 的数。这样执行若干次操作之后构造出来的数列一定满足条件。

https://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/72862151

然后就设 (f(i,j)) 为选了 (i) 个数,目前的和为 (j) 的方案数,转移很简单,依照两种操作模拟即可。

太神仙了,我脑子不够用。然后第一维的规模是根号,所以能过了。

#include <bits/stdc++.h>

constexpr int kMod = 1e9 + 7;
constexpr int kN = 1e5, kSqrt = 500;
int n, k, f[kSqrt + 5][kN + 5], fac[kN * 2 + 5], ifac[kN * 2 + 5];

inline void addeq(int& u, const int v) { (u += v) >= kMod && (u -= kMod); }
inline void muleq(int& u, const int v) { u = static_cast<long long>(u) * v % kMod; }
inline void subeq(int& u, const int v) { (u -= v) < 0 && (u += kMod); }
inline int add(int u, const int v) { return (u += v) < kMod ? u : u - kMod; }
inline int mul(const int u, const int v) { return static_cast<long long>(u) * v % kMod; }
inline int mpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	for (; y; y >>= 1, muleq(x, x))
		if (y & 1) muleq(res, x);
	return res;
}

template <typename... Args>
inline int mul(const int u, const int v, const Args... args) { return mul(u, mul(v, args...)); }

inline void init(const int n) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
	ifac[n] = mpow(fac[n], kMod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) ifac[i] = mul(ifac[i + 1], i + 1);
}
inline int com(const int x, const int y) { return mul(fac[x], ifac[x - y], ifac[y]); }

signed main() {
	init(2 * kN);
	
	std::cin >> n >> k;
	f[0][0] = 1;
	const int kS = std::trunc(std::sqrt(k * 2) + 1);
	for (int i = 1; i <= kS; ++i)
		for (int j = 0; j <= k; ++j) {
			if (j >= i) f[i][j] = add(f[i - 1][j - i], f[i][j - i]);
			if (j >= n + 1) subeq(f[i][j], f[i - 1][j - n - 1]);
		}
	
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= kS; ++i)
		for (int j = 0; j <= k; ++j) addeq(res, mul((i & 1) ? kMod - 1 : 1, f[i][j], com(k - j + n - 1, k - j)));
	
	std::cout << res << "n";
	return 0;
}

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