atcoder abc 226 F - Score of Permutations

题目大意

有一个长度为n的排列,\(p=(p_1,p_2,p_3,p_4...,p_n)\)​,然后对于排列\(p\)​的得分\(S(p)\)遵循一下规则:

有\(n\)个人,第\(i\)个人的编号为\(i\),然后第\(i\)个人有一个球,球的编号为\(i\),每次操作,第\(i\)个人会把他手里的球给第\(p_i\)个人,然后问你最少几次操作之后,所有人的编号和手里球的编号相同

令\(S_n\)为所有可能的\(p\)的集合,输出\((\sum_{p∈S_n} S(p)^{k}) \,\, mod \,\,998244353\)​

大概思路

设\(dp_{i,j}\)表示选\(i\)个人,最少操作数为\(j\),操作之后,都复原的方案数.

那么对于转移的话,我们设下一个环的话,选\(x\)个人,从\(dp_{i,j}\)转移过来,那么接下来的最小操作数就是\(lcm(j,x)\),最小公倍数,转移到的状态就是\(dp_{i,lcm(j,x)}\)

但是 直接选的话,是有重复的,

就比如,我们 现在有\(4\)​个数,然后 \(2\)​个环,每个环都是\(2\)个人

如果直接选就是\(C_{4}^{2} * C_{2}^{2}\)

但是 如果 你 把方案都枚举出来的话,你会发现 是有重复的,比如,会出现

\(\{1,2\}\),\(\{3,4\}\) 和 \(\{3, 4\}\),\(\{1, 2\}\) 这样重复的方案,在选完第一个之后,剩下的是固定的

难么避免重复的话,我们可以 记录一下 总的 环的数量,设为\(cnt\),那么最后除\(cnt!\)

但是这样的话,还是有重复的,就是说,我们在转移的时候

假如说 现在选了\(N\)个人,接下来一个环是选\(i\)个人,那么就是\(C_{n-N}^{i} * (i-1)!\)

那么为什么是\((i-1)!\) 而不是$ i!$

对于 一个环来说,在排序之后,决定它字典序大小的是最小的那个点,也就是说,

只有把最小的那个点先选上,确定之后,才能,后面的随便选,这样也就对应了上面

环去重,其实就是按照本质不同排序然后去重的

然后直接看代码

#pragma GCC optimize(2)
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 60, mod = 998244353;
int f[N], fac[N], inv[N], n, k;
map<int, int> dp[N][N];
int qpow(int a, int b) {
	int ans = 1;

	while (b) {
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * a % mod;

		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}

	return ans;
}
int lcm(int a, int b) {
	if (!a || !b)
		return a + b;

	return a / __gcd(a, b) * b;
}
int C(int n, int m) {
	return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
//  N   当前选了多少个
//  cnt 多少个环
int qry(int N, int cnt, int Lcm) {
	//到最后一个了
	if (N == n)
		return 1ll * qpow(Lcm, k) * inv[cnt] % mod;

	if (dp[N][cnt].find(Lcm) != dp[N][cnt].end())
		return dp[N][cnt][Lcm];

	int &t = dp[N][cnt][Lcm];

	//
	for (int i = 1; N + i <= n; i++)
		//				从剩下的里面选i个
		//							先固定一个,确定先后顺序
		t = (t + 1ll * C(n - N, i) * f[i] % mod * qry(N + i, cnt + 1, lcm(Lcm, i)) % mod) % mod;

	return t;
}
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> k;
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = f[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		f[i] = 1ll * f[i - 1] * (i - 1) % mod;//阶乘 i-1
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;//阶乘 i
		inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * qpow(i, mod - 2) % mod;
	}

	printf("%d\n", qry(0, 0, 0));
	return 0;
}
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