hdu 6143 Killer Names（组合计数）（DP）

题目链接：Killer Names

题意

要求构造若干名字，名字包括first name last name 两部分，均需包含 n 个字符，已知有 m 种字符供选择，求最多有多少种不同的构造方法，使得 first name 和 last name 不含相同字符。

也就相当于m 种颜色需要为两段长度为 n 的格子染色，且这两段之间不能出现相同的颜色，问总共有多少种情况。

思路

设这两段分配的颜色数目分别为 i,j ，若在第一段总共有(mi) 种选取方案，则在第二段总共有(m−ij) 种选取方案

而在每段内部，设f(i)为长度为n的格子使用i种颜色染色的方案数

则有f(i)=in−C1if(1)−C2if(2)−...−Ci−1if(i−1)

此时第二段则用m−i种颜色染色，方案数为(m−i)n。则总的方案数就是二者的乘积。

因此最终的结果便是∑m−1i=1Cimf(i)(m−i)n

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL mod=1e9+7;const int maxn=2e3+5;const int N=2e3;LL C[maxn][maxn],f[maxn];//f[]表示用i种颜色填n个格子的种数LL qmod(LL x,int n){    LL res=1;    while(n)    {        if(n&1)            res=res*x%mod;        x=x*x%mod;        n>>=1;    }    return res;}void init()//组合数{    for(int i=1; i<=N; ++i)    {        C[i][0]=C[i][i]=1;        for(LL j=1; j<i; ++j)            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;    }}void calc(int n){    f[1]=1;    for(int i=2; i<=n; ++i)    {        LL tmp=0;        for(int j=1; j<i; ++j)            tmp=(tmp+C[i][j]*f[j]%mod)%mod;        f[i]=(qmod(i,n)-tmp+mod)%mod;    }}int main(){    init();    int t,n,m;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        calc(n);        LL ans=0;        for(int i=1; i<=n&&i<m; ++i)            ans=(ans+(C[m][i]*f[i]%mod)*qmod(m-i,n)%mod)%mod;        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

也可以使用 Stirling 数

S(p,k)的组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的无区别的集合的方案数。

在题目中就是，将n个位置（不同），放入m个盒子（不同），不允许有空盒的方案数

即结果为m!×S(n,m)

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL mod=1e9+7;const int maxn=2e3+5;const int N=2e3;LL C[maxn][maxn],S[maxn][maxn];//S[][]第二类斯特林数LL A[maxn];//阶乘LL qmod(LL x,int n){    LL res=1;    while(n)    {        if(n&1)            res=res*x%mod;        x=x*x%mod;        n>>=1;    }    return res;}void init(){    for(int i=1; i<=N; ++i)    {        C[i][0]=C[i][i]=1;        for(int j=1; j<i; ++j)            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;    }    A[1]=1;    for(int i=2; i<=N; ++i)        A[i]=i*A[i-1]%mod;    for(int i=1; i<=N; ++i)    {        S[i][0]=0,S[i][1]=1;        for(int j=2; j<=i; ++j)            S[i][j]=(j*S[i-1][j]%mod+S[i-1][j-1])%mod;    }}int main(){    init();    int t,n,m;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        LL ans=0;        for(int i=1; i<=n&&i<m; ++i)            ans=(ans+((C[m][i]*A[i]%mod)*S[n][i]%mod)*qmod(m-i,n)%mod)%mod;        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

DP也可以做

dp[i][j]表示长度为i的格子用了j种颜色染色的方案数

则dp[i][j]=(dp[i−1][j−1]∗(m−j+1)%mod+dp[i−1][j]∗j%mod)%mod

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const LL mod=1e9+7;const int maxn=2e3+5;const int N=2e3;LL dp[maxn][maxn];LL qmod(LL x,int n){    LL res=1;    while(n)    {        if(n&1)            res=res*x%mod;        x=x*x%mod;        n>>=1;    }    return res;}int main(){    int t,n,m;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        dp[1][1]=m;        for(int i=2; i<=n; ++i)            for(int j=1; j<=i&&j<m; ++j)                dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)%mod+dp[i-1][j]*j%mod)%mod;        LL ans=0;        for(int i=1; i<m&&i<=n; ++i)            ans=(ans+dp[n][i]*qmod(m-i,n)%mod)%mod;        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}