标签：lin   mes   容斥原理   元组   else   ptr   pie   define   inner   

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc200/tasks/abc200_e

E - Patisserie ABC 2

题意

\(n^3\) 个三元组 \((x,y,z)\ (1 \le x,y,z \le n)\) 按照以下三个关键字从小到大排序：

• \((x + y + z)\)
• \(x\)
• \(y\)

计算第 \(k\) 个三元组的值。

题解

由于数位和的值为第一关键字，所以可以先推出第 \(k\) 个三元组的数位和。

数位和为 \(s\) 的三元组个数相当于把 \(s\) 个 \(1\) 分为 \(3\) 堆，且每堆 \(1\) 的总数不超过 \(n\) 。

更一般地，考虑：

将 \(s\) 个无差别小球分为 \(m\) 个非空堆，且每堆小球的总数不超过 \(n\) 的总情况数：

假如已有 \(i\) 堆个数超过 \(n\) ，那么剩余 \(s - i \times n\) 个小球，将这些小球分为 \(m\) 堆的情况数为 \(C_{m}^{i} \times C_{s - i \times n - 1}^{m - 1}\) ，意义为先从 \(m\) 堆中选出 \(i\) 堆各放置 \(n\) 个球，然后再在剩下 \(s - i \times n - 1\) 个空隙中插入 \(m - 1\) 个隔板。

但在剩余 \(s - i \times n\) 小球的 \(C_{s - i \times n - 1}^{m - 1}\) 种分法中仍可能存在分得的堆中小球个数大于 \(n\) 的情况，即 \(i\) 堆的情况数是包含 \(i+1, i+2,\dots, m\) 堆的，那么由容斥原理可以推得，总情况数为： \(\sum \limits _{i = 0}^{m} (-1)^i \times C_{m}^{i} \times C_{s - i \times n - 1}^{m - 1}\) 。

由此推得数位和 \(digit\_sum\) ，之后枚举每一位的值，比如第一位为 \(i\) 的情况数可以看作将 \(digit\_sum - i\) 个小球分为 \(2\) 堆，且每堆小球的总数不超过 \(n\) 。

当 \(k\) 小于当前情况数时递归枚举下一位。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
constexpr int digit_num = 3; //数位个数
inline int C(int n, int m) { //从 n 个小球中选出 m 个，无序
    if (n < 0 or m > n) {
        return 0;
    }
    if (m == 0) {
        return 1;
    } else if (m == 1) {
        return n;
    } else if (m == 2) {
        return n * (n - 1) / 2;
    } else if (m == 3) {
        return n * (n - 1) * (n - 2) / 6;
    } else { //本题 m 的值不会超过数位个数 3
        return 0;
    }
}
inline int n_to_m_pieces(int n, int m, int lim) { //将 n 个小球分为 m 堆，且每堆小球个数不超过 lim 
    int res = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        res += (i & 1 ? -1 : 1) * C(m, i) * C(n - i * lim - 1, m - 1); //容斥原理
    }
    return res;
}
inline void dfs(int n, int k, int left, int digit_sum) { //从前往后推导每一位
    if (left == 0) { //之后无剩余位
        cout << digit_sum << "\n";
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (digit_sum - i > left * n) { //当前数位值过小
            continue;
        }
        if (k > n_to_m_pieces(digit_sum - i, left, n)) { //当前数位值为 i 的情况数
            k -= n_to_m_pieces(digit_sum - i, left, n);
        } else {
            cout << i << ‘ ‘;
            dfs(n, k, left - 1, digit_sum - i); //推导下一位
            break;
        }
    }
}
inline int get_digit_sum(int n, int& k) { //推出三个数位的和
    for (int i = digit_num; ; i++) { //数位和至少为数位个数
        if (k > n_to_m_pieces(i, digit_num, n)) { 
            k -= n_to_m_pieces(i, digit_num, n); //数位和为 i 的情况数
        } else {
            return i;
        }
    }
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    dfs(n, k, digit_num - 1, get_digit_sum(n, k));
    return 0;
}

AtCoder Beginner Contest 200 E - Patisserie ABC 2

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Kanoon/p/14756698.html