洛谷P2606 [ZJOI2010]排列计数（数位dp）

题目描述

称一个1,2,...,N的排列P1,P2...,Pn是Magic的，当且仅当2<=i<=N时，Pi>Pi/2. 计算1，2，...N的排列中有多少是Magic的，答案可能很大，只能输出模P以后的值

输入输出格式

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输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。

输出格式：

输出文件中仅包含一个整数，表示计算1,2,⋯, ���的排列中， Magic排列的个数模 p的值。

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说明

100%的数据中，1 ≤N ≤ 10^6, P≤ 10^9，p是一个质数。

题解

　数位dp？这怕不是个树位dp……

　　我们把原序列看成一棵二叉树

　　那么就是要我们求大小为$n$的小根堆有多少个（就是父节点比左右儿子都小）

　　那么考虑dp，设$dp[i]$表示有多少个大小为$i$的小根堆，$val[i]$表示$i$的子树的大小

　　因为父亲必须小于儿子，所以根节点只能是最小的点，那么剩下的$i-1$个点里有$val[l]$个可以放在左子树，剩下的都可以放在右子树，方案数为$C_{i-1}^{val[l]}$

　　然后因为选不同的点之后还能有不同的方案，所以还要乘上方案数

　　所以最后的状态转移方程是这样的$dp[i]=C_{i-1}^{val[l]}*dp[val[l]]*dp[val[r]]$

　　然后因为要组合数取模，得用上Lucas定理

//minamoto
#include<cstdio>
#define ll long long
const int N=1e6+5;
ll inv[N],fac[N],val[N],dp[N],n,mod;
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
ll qpow(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=res*x%mod;
        y>>=1,x=x*x%mod;
    }
    return res;
}
void init(){
    int k=min(n,mod-1);
    fac[0]=fac[1]=1;
    for(int i=2;i<=k;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;

    inv[k]=qpow(fac[k],mod-2);
    for(int i=k-1;i;--i) inv[i]=(i+1)*inv[i+1]%mod;
}
ll C(ll n,ll m){
    if(m>n) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
ll Lucas(ll n,ll m){
    if(m==0||m==n) return 1;
    return Lucas(n/mod,m/mod)*C(n%mod,m%mod)%mod;
}
int main(){
    //freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%lld%lld",&n,&mod);init();
    for(int i=n;i;--i){
        val[i]=1;if((i<<1)<=n) val[i]+=val[i<<1];if((i<<1|1)<=n) val[i]+=val[i<<1|1];
        if((i<<1|1)<=n) dp[i]=Lucas(val[i]-1,val[i<<1])*dp[i<<1]%mod*dp[i<<1|1]%mod;
        else if((i<<1)<=n) dp[i]=dp[i<<1];
        else dp[i]=1;
    }
    printf("%lld
",dp[1]);
    return 0;
}