逆元-洛谷P1641 [SCOI2010]生成字符串
来源:互联网 发布:js 二维数组匹配 编辑:程序博客网 时间:2024/03/28 18:45
https://www.luogu.org/problem/show?pid=1641
先贴一些洛谷的题解,特别好
编辑人:fnoi2014xtx 更新时间2015-10-13 21:09 举报
我曾经做过这样一道数学竞赛题,说是有一个收费站,初始时收费站没有钱,前来若干个人交钱,每人都交5元,但是有人带5元,有人带10元,问不会出现无钱可找的概率有多大,突然间联想到了那道题,这道题其实是一样的,当时数学老师是这样讲的:从起点出发,收到5元平行于x轴走一个单位,收到十元平行于y轴走一个单位,保持构成的折线在y=x之下即为合法方案,这道题也可以这样理解,终点为(n,m)。那么如何求合法方案数呢?事实上我们无法很简洁的求出合法方案数,但是可以求出不合法方案数(即穿过y=x的折线),注意到,与y=x有交点不一定就穿过它,所以,为了简化,我们将y=x–>y=x+1,与y=x+1有交点的一定不合法,对于一个不合法的方案,它一定有至少1次与y=x+1相交,我们将这个相交处以前的折线沿y=x+1翻折,易知,翻折前后一一对应,这表示:不合法方案与以(0,0)关于y=x+1的对称点为起点到(n,m)的路径数一一对应,所以总方案数为c(n+m,n),非法方案数为c(n+m,n+1)
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编辑人:soler 更新时间2016-08-04 11:52
卡特兰数
扩展(折线原理)
对于在n位的2进制中,有m个0,其余为1的catalan数为:C(n,m)-C(n,m-1)。证明可以参考标准catalan数的证明。
问题1
描述:有n个1和m个-1(n>m),共n+m个数排成一列,满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk > 0的排列数。 问题等价为在一个格点阵列中,从(0,0)点走到(n,m)点且不经过对角线x==y的方法数(x > y)。
考虑情况I:第一步走到(0,1),这样从(0,1)走到(n,m)无论如何也要经过x==y的点,这样的方法数为(( n+m-1,m-1 ));
考虑情况II:第一步走到(1,0),又有两种可能:
a . 不经过x==y的点;(所要求的情况)
b . 经过x==y的点,我们构造情况II.b和情况I的一一映射,说明II.b和I的方法数是一样的。设第一次经过x==y的点是(x1,y1),将(0,0)到(x1,y1)的路径沿对角线翻折,于是唯一对应情况I的一种路径;对于情况I的一条路径,假设其与对角线的第一个焦点是(x2,y2),将(0,0)和(x2,y2)之间的路径沿对角线翻折,唯一对应情况II.b的一条路径。
问题的解就是总的路径数 ((n+m, m)) - 情况I的路径数 - 情况II.b的路径数。
((n+m , m)) - 2((n+m-1, m-1)) 或: ((n+m-1 , m)) - ((n+m-1 , m-1))**
问题2
描述:有n个1和m个-1(n>=m),共n+m个数排成一列,满足对所有0<=k<=n+m的前k个数的部分和Sk >= 0的排列数。
(和问题1不同之处在于此处部分和可以为0,这也是更常见的情况)
问题等价为在一个格点阵列中,从(0,0)点走到(n,m)点且不穿过对角线x==y的方法数(可以走到x==y的点)。
把(n,m)点变换到(n+1,m)点,问题变成了问题1。
方法数为:
((n+m+1, m)) - 2*((n+m+1-1, m-1))
或:((n+m+1-1, m)) - ((n+m+1-1, m-1))
从上述中,可知本题的求解。
建一个n*m的二维坐标系 1为向右 0为向上 若折线的路径的总数为A=C(n+m,m)或A=C(n+m,n)。
其中经过了直线 y=x(不包括恰在线上)的路径为不合法的。
由折线原理问题1,2 。 可以以y=x+1为对称轴找(0,0)的对称点 (-1,1) 可知 从此点出发到(n,m)的路径为所有不合法的。
所以B=C(n+1+m-1,n+1)或B=C(n+1+m-1,m-1);即为B=C(n+m,n+1)或B=C(n+m,m-1)。
则ans=(A-B)%20100403;
讲的都很好;
我再说几句;
为什么(0,0)到(n,m)的种数为什么是C(n+m,n)
首先0,0到n,m由n+m条线组成;
我们就枚举哪些线是横的;
显然横线一共又n条;
所以答案C(n+m,n)==C(n+m,m);
然后关于反折方法,自己画画图就知道了;
其实就是一个利用对称性把图形变成矩形;
然后你可以发现,其实就是卡特兰数c(2n,n)-c(2n,n-1)
代码1
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define Ll long longusing namespace std;Ll mo=20100403;Ll n,m,ans,x,y;void exgcd(Ll a,Ll b,Ll &x,Ll &y){ if(!b){x=1;y=0;return;} exgcd(b,a%b,x,y); Ll X=x; x=y; y=X-a/b*y;}int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&m); ans=1; for(Ll i=n+2;i<=m+n;i++)ans=ans*i%mo; ans=ans*(n-m+1)%mo; for(Ll i=2;i<=m;i++){ exgcd(i,mo,x,y); x=(x%mo+mo)%mo; ans=ans*x%mo; } printf("%lld",ans);}
代码2 better
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define Ll long longusing namespace std;Ll mo=20100403;Ll p[1000001];Ll n,m,ans,x,y;int inv(int x){ if(p[x])return p[x];return p[x]=(mo-mo/x)*inv(mo%x)%mo;}int main(){ p[0]=p[1]=1; scanf("%lld%lld",&n,&m); ans=1; for(Ll i=n+2;i<=m+n;i++)ans=ans*i%mo; ans=ans*(n-m+1)%mo; for(Ll i=2;i<=m;i++)ans=ans*inv(i)%mo; printf("%lld",ans);}
代码3(zhzh2001)best
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int p=20100403;void exgcd(int a,int b,int& x,int& y){ if(!b){x=1;y=0;} else{exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);}}int main(){ int n,m; cin>>n>>m; int ans=n-m+1; for(int i=n+2;i<=n+m;i++) ans=(long long)ans*i%p; int ans0=1; for(int i=2;i<=m;i++) ans0=(long long)ans0*i%p; int inv,y; exgcd(ans0,p,inv,y); inv=(inv%p+p)%p; ans=(long long)ans*inv%p; cout<<ans<<endl; return 0;}
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