The Preliminary Contest for ICPC Asia Shanghai 2019 D. Counting Sequences I

标签：长度   include   can   inline   span   icpc   nan   fine   cal   

Link
题意：
求长度为 \(n\) 的序列，序列的和与积相等的方案数
思路：
DFS
将序列分为 \(1\) 和 \(!1\)
已知 \(\{!1\}_{min}\)为 \(2\)
先考虑 \(!1\) 的个数，取最小值 \(2\)，\(2^{12}>3000\) 因此至多取 \(11\) 个
再考虑 \(!1\) 最大值
易得：序列中 \(1\) 越多，\({!1}_{max}\) 越大，且序列中至少有 \(2\) 个\(!1\)，至多有 \(2998\) 个 \(1\)
\((\{!1\}_{max}*2)-(\{!1\}_{max}+2)=2998\longrightarrow \{!1\}_{max}=3000\)
计算 \(ans\) 时 有重复元素的排列组合 ：如\(1112233\)，\(res=\frac{7!}{3!*2!*2!}\)
另外预处理阶乘及其逆元
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
ll fac[3001];//阶乘 
ll infac[3001];//逆元 
ll ans[3001];
ll a[3001];//数列 
int v[3001];// i在数组中的个数 
ll qPow(ll n,int a)
{
    ll res=1;
    while(a)
    {
        if(a&1) res=res*n%mod;
        n=n*n%mod;
        a>>=1;
    }
    return res;
}
void calc(int cur,int cnt)
{
    for(int i=1;i<=cur;i++) v[a[i]]++;
    int res=fac[cnt];
    for(int i=1;i<=3000;i++) if(v[i]>1) res=res*infac[v[i]]%mod;
    ans[cnt]=(ans[cnt]+res)%mod;    
} 
void dfs(int cur,int start,int idx,ll mul,ll sum,ll cnt) 
{
    if(cur==0) 
    {
        memset(v,0,sizeof v);
        v[1]=mul-sum;
        calc(cnt,mul-sum+cnt);    
        return;
    }
    for(int i=start;i<=3000;i++)
    {
        if(mul*i-sum-i>3000-cnt) return;
        a[idx]=i;
        dfs(cur-1,i,idx+1,mul*i,sum+i,cnt);
    }
}
int main()
{
    memset(ans,0,sizeof ans);
    fac[0]=infac[0]=1;
    for(ll i=1;i<=3000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod,infac[i]=infac[i-1]*qPow(i,mod-2)%mod;
    for(int i=2;i<=11;i++) dfs(i,2,1,1,0,i);
    int T,n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        printf("%d\n",ans[n]);
    } 
    return 0;
}

The Preliminary Contest for ICPC Asia Shanghai 2019 D. Counting Sequences I

标签：长度   include   can   inline   span   icpc   nan   fine   cal   

原文地址：https://www.cnblogs.com/c4Lnn/p/12403432.html