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luogu-P2606
solution
我们对 i−⌊i2⌋i-\lfloor\frac i2\rfloori−⌊2i⌋ 远没有 i−2∗i,2∗i1i-2*i,2*i1i−2∗i,2∗i1 敏感#xff0c;这其实就是个二叉树#xff0c;而且是个小根堆。
每个点的值都小于左右儿子的值#xff08;如果有左右儿子#xff0…problem
luogu-P2606
solution
我们对 i−⌊i2⌋i-\lfloor\frac i2\rfloori−⌊2i⌋ 远没有 i−2∗i,2∗i1i-2*i,2*i1i−2∗i,2∗i1 敏感这其实就是个二叉树而且是个小根堆。
每个点的值都小于左右儿子的值如果有左右儿子。
设 f(i):f(i):f(i): 树大小为 iii 的合法方案数。
树根肯定是定了的然后从剩下的 i−1i-1i−1 个数中选左子树大小个数剩下自然都归为右子树。
f(i)f(sizlson)∗(i−1sizlson)f(i)f(siz_{lson})*\binom{i-1}{siz_{lson}}f(i)f(sizlson)∗(sizlsoni−1)。
组合数只是起分配编号的作用分配后离散化成 1,2,...,j1,2,...,j1,2,...,j。
比如对于 f(5)f(5)f(5) 而言根是 111p(1)1p(1)1p(1)1 是固定的。
但是分给左子树的编号可能是 (2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5) 有四种情况。
但是离散化后都是 (1,2,3)(1,2,3)(1,2,3)。
而 f(3)f(3)f(3) 计算的就是当其被分配的编号为 (1,2,3)(1,2,3)(1,2,3) 的时候的方案数。
这里面是嵌套下去的递归过程分配编号方案数拿到离散化的编号继续往字数分配编号…直到树大小为 1/2/31/2/31/2/3再开始层层回溯计算总方案数。
整个问题编号为 1∼n1\sim n1∼n离散化后也是 1∼n1\sim n1∼n所以 f(n)f(n)f(n) 没有分配编号的多种方案数。
所以 f(i)f(i)f(i) 只是计算分配给其的离散化的连续编号然后是小根堆的答案。
这里的坑点是 nnn 可能 mmm。所以预处理阶乘和逆元要注意上限的限制到底是多少。
code
#include bits/stdc.h
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 1000005
int n, p;
int fac[maxn], inv[maxn], siz[maxn], f[maxn], lg[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans 1;while( y ) {if( y 1 ) ans ans * x % p;x x * x % p;y 1;}return ans;
}int calc( int n, int m ) {if( n m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}int C( int n, int m ) {if( ! m ) return 1;return C( n / p, m / p ) * calc( n % p, m % p ) % p;
}#define lson i 1
#define rson i 1 | 1signed main() {scanf( %lld %lld, n, p );fac[0] inv[0] 1, lg[0] -1;for( int i 1;i n;i ) lg[i] lg[i 1] 1;int lim min( n, p - 1 );for( int i 1;i lim;i ) fac[i] fac[i - 1] * i % p;inv[lim] qkpow( fac[lim], p - 2 );for( int i lim - 1;i;i -- ) inv[i] inv[i 1] * ( i 1 ) % p;f[1] f[2] 1, f[3] 2;for( int i 4, l 1, r 1;i n;i ) {if( i - (1 lg[i]) 1 (1 lg[i] - 1) ) l ;else r ;f[i] C( i - 1, l ) * f[l] % p * f[r] % p;}printf( %lld\n, f[n] % p );return 0;
}
