洛谷 P2822 组合数问题

Noip2016提高组day2 T1

题目描述

组合数表示的是从n个物品中选出m个物品的方案数。举个例子，从（1,2,3) 三个物品中选择两个物品可以有（1,2),(1,3),(2,3)这三种选择方法。根据组合数的定 义，我们可以给出计算组合数的一般公式：

其中n! = 1 × 2 × · · · × n

小葱想知道如果给定n,m和k，对于所有的0 <= i <= n，0 <= j <= min(i,m)有多少对 (i,j)满足是k的倍数。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个整数t,k，其中t代表该测试点总共有多少组测试数据，k的意义见 【问题描述】。

接下来t行每行两个整数n,m，其中n,m的意义见【问题描述】。

输出格式：

t行，每行一个整数代表答案。

输入输出样例

输入样例#1：

1 23 3

输出样例#1：

1

输入样例#2：

2 54 56 7

输出样例#2：

07

说明

【样例1说明】

在所有可能的情况中，只有是2的倍数。

解题思路

利用C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)和(a+b)%k=(a%k+b%k)%k两相结合可得C(n,m)%k=(C(n-1,m)%k+C(n-1,m-1)%k)%k；

由每组数据有多组（n,m）容易想到要用记忆化搜索将C(n,m)%k的结果存入二维数组cyu[n][m]中，这样就不必每求一次C(n,m)就耗费O(nm)的时间复杂度，整个程序共O(t n^2m^2)的时间复杂度，而只需O(nm)求出cyu[][]，每次再耗费O(nm)统计能够被k整除（余数为零）的C(n,m)数量，这样整个程序就只需要耗费O(tnm+nm)=O(tnm)的时间复杂度了。

到目前已经得到了90分的算法。要满分还应该如何优化呢？

观察90分的算法能够发现，求余数表cyu[][]只用了O(1*mn)的时间复杂度，几乎全部时间复杂度都用于统计能整除的数量，且统计m、n大的的就一定要统计m、n小的，之前统计过的m、n小的答案未被充分利用啊！后面的数量要以前面的数量为基础，这自然就想到了用二维前缀和优化。
设f(n,m)为给定n、m的答案，可以证明f(n,m)=f(n-1,m)+f(n,m-1)-f(n-1,m-1)（画一张网格图，涂涂颜色）。

最后再处理一下f(n,m)的边界，100分AC！

#include<stdio.h>int k,tot;int c[2010][2010];int s[2010][2010];int main(){    int num=0;    int n,m;    scanf("%d%d",&tot,&k);    c[0][0]=1;    c[1][0]=1;    c[1][1]=1;    c[1][2]=1;    c[1][0]=1;    for(int i=1;i<2010;i++)        for(int j=0;j<=i+1;j++)            c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%k;    for(int i=0;i<2010;i++)    {        s[i][0]=0;    }    for(int i=1;i<2010;i++)    {        for(int j=1;j<i;j++)        {            s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];//草稿本上涂方框发现的            if(c[i][j]==0) s[i][j]++;//前缀和的“标志”        }        s[i][i]=s[i][i-1];//边界的处理        if(c[i][i]==0) s[i][i]++;    }        while(tot--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        if(m>n) m=n;//m大了并卵        printf("%d\n",s[n][m]);    }//O(t)输出    return 0;}