洛谷P4104 [HEOI2014]平衡(dp 组合数学)
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2022-07-05 16:10:15
题意 "题目链接" Sol 可以把题目转化为从$[1, 2n + 1]$中选$k$个数,使其和为$(n+1)k$。 再转化一下:把$(n+1)k$划分为$k$个数,满足每个数在范围在$[1, 2n + 1]$ 这时候就可以用整数划分的思路dp了(然鹅我还是想不出来。。) 因为每个数互不相同,因此我们 ......
题意
sol
可以把题目转化为从\([1, 2n + 1]\)中选\(k\)个数,使其和为\((n+1)k\)。
再转化一下:把\((n+1)k\)划分为\(k\)个数,满足每个数在范围在\([1, 2n + 1]\)
这时候就可以用整数划分的思路dp了(然鹅我还是想不出来。。)
因为每个数互不相同,因此我们可以把每个阶段划分出来的数都看做不降的
设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数,和为\(j\)且满足条件的方案数。
我们考虑最小的数是否是\(1\)
若不是\(1\),则映射到所有数\(-1\),也就是\(f[i][j - i]\)
若是\(1\),这时候相当于对于\(f[i - 1][j - (i-1)]\)的所有数\(+1\),同时在最前面补上\(1\),方案为\(f[i - 1][j - i]\)
然后再减去最大的数超过\(2n+1\)的方案,也就是\(f[i][j - (2n + 2)]\)
复杂度\(o(tnk^2)\)
#include<bits/stdc++.h> #define fin(x) freopen(#x".in", "r", stdin); using namespace std; const int maxn = 50001; int mod; template<typename a, typename b> inline bool chmax(a &x, b y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;} template<typename a, typename b> inline bool chmin(a &x, b y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;} template<typename a, typename b> inline a mul(a x, b y) {return 1ll * x * y % mod;} template<typename a, typename b> inline void add2(a &x, b y) {x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;} template<typename a, typename b> inline int add(a &x, b y) {return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;} inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } int fp(int a, int p) { int base = 1; while(p) { if(p & 1) base = mul(base, a); a = mul(a, a); p >>= 1; } return base; } int inv(int x) { return fp(x, mod - 2); } int f[101][100001]; void solve() { int n = read(), k = read(); mod = read(); memset(f, 0, sizeof(f)); f[0][0] = 1; for(int j = 1; j <= (n + 1) * k; j++) for(int i = 1; i <= min(j, k); i++) { f[i][j] = add(f[i][j - i], f[i - 1][j - i]); if(j >= 2 * n + 2) add2(f[i][j], -f[i - 1][j - (2 * n + 2)] + mod); } cout << f[k][(n + 1) * k] << '\n'; } signed main() { for(int t = read(); t--; solve()); return 0; }
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