[组合数学]:Perm 排列计数

题干:

Description
称一个1,2,…,N的排列P1,P2…,Pn是Magic的,当且仅当2<=i<=N时,Pi>Pi/2.

计算1,2,…N的排列中有多少是Magic的,答案可能很大,只能输出模P以后的值
Input
输入文件的第一行包含两个整数 n和p,含义如上所述。
Output
输出文件中仅包含一个整数,表示计算1,2,⋯, n的排列中, Magic排列的个数模 p的值。
Sample Input
20 23
Sample Output
16
HINT
100%的数据中,1 ≤ N ≤ 106, P≤ 10^9,p是一个质数。

题目概述:求N个数的排列中满足P[i]>P[i/2]的个数。

 


 

题解:

拿到这道题一脸懵比,自己想了半天妄图用纯组合数学知识做出来。

问了问大佬,大佬说要用小根堆,吓得我直接就不是人了。

研究了一下,发现这道题其实就是求n个数组成的小根堆的个数。

写出来一个状态转移方程(搞得跟树归似的吓死个人):f[i]=f[i<<1]+f[i<<1|1]+C(size[i-1],size[i<<1]);

解释一下:上式中,size代表小根堆(其实就是一个树型的)以某一点为根节点的子树的大小。

f代表以当前节点为根节点的小根堆共有多少中排列方式。

C(size[i-1],size[i<<1])代表的意义是:从比i大的数字中选出左儿子需要的个数插入到左子树中组成的一种排列。

其实C(size[i-1],size[i<<1])和C(size[i-1],size[i<<1|1])还是一样的。

size的累加过程:siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;

我们发现,n的范围还是不小的(10的6次方),所以用到了Lucas定理。就这样啦~

代码:

 

[组合数学]:Perm 排列计数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
long long n,p,siz[4000006],dp[4000006];
long long fac[40000006];
inline long long qpow(long long a,long long b)
{
    register long long ans=1;
    a%=p;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline long long C(long long nn,long long k)
{
    if(k>nn)return 0;
    else
        return fac[nn]*(qpow(fac[k]*fac[nn-k]%p,p-2))%p;
}
inline long long Lucas(long long a,long long b)
{
    if(b==0)
        return 1;
    return C(a%p,b%p)*Lucas(a/p,b/p)%p;
}
inline void getchart()
{
    fac[1]=fac[0]=1;
    for(register long long i=2;i<=n;i++)
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%p;
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%lld %lld",&n,&p);
    getchart();
//    cout<<fac[10]<<endl;
    for(register int i=n;i>=1;--i)
    {
            siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;
            dp[i]=Lucas(siz[i]-1,siz[i<<1]);
            if((i<<1)<=n)
            dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1])%p;
            if((i<<1|1)<=n)
            dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1|1])%p;
    }
    printf("%lld\n",dp[1]);
    return 0;
}
代码在这里

 

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