[ZJOI2010]排列计数 (组合计数/dp)

[ZJOI2010]排列计数

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

输入格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

20 23

输出样例#1：

16

说明

100%的数据中，(1 ≤N ≤ 10^6, P≤ 10^9)，p是一个质数。

Solution

组合计数+dp ... 没想到啊...

因为这道题标签有数位dp...exm?

好了回到这道题,看到题目中关键的一个式子

[p_i>p_{i/2} ]

有没有想到线段树中子节点与父节点编号的关系,其实这就是一个小根堆的限制,我们要找出所有的小根堆的个数

可以(dp)求出来,对于一个节点i,包括它自己有(size)个节点,那么我们考虑除它自己以外(size-1)个节点中有(l)个节点可以作为左子树,剩下的作为右子树

[dp[i]=C_{size[i]-1}^{size[l]} imes dp[l] imes dp[r] ]

至于(size[l]怎么求?模拟dfs自下而上更新就好)

然后,由于模数p可能<n(可能出现n%p==0,那就求不出逆元),所以要用lucas求

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define lol long long
#define ll(x) (x<<1)
#define rr(x) (x<<1|1)
#define in(i) (i=read())
using namespace std;

const int N=1e6+10;

lol read() {
	lol ans=0,f=1; char i=getchar();
	while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
	while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
	return ans*=f;
}

lol n,mod;
lol sum[N]={1},inv[N]={1},dp[N],size[N<<1];

lol qpow(lol a,lol x,lol ans=1) {
    while(x) {
        if(x&1) ans=ans*a%mod;
        x>>=1,a=a*a%mod;
    }return ans;
}

void init() {
    for(lol i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]*i%mod;
    for(lol i=1;i<=n;i++) inv[i]=qpow(sum[i],mod-2);
}

lol C(lol n,lol m) {
    if(m>n) return 0;
    return sum[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

lol Lucas(lol n,lol m) {
    if(!m) return 1;
    return C(n%mod,m%mod)*Lucas(n/mod,m/mod)%mod;
}

int main()
{
    in(n),in(mod); init();
    for(int i=n;i>=1;i--) {
        size[i]=size[ll(i)]+size[rr(i)]+1;
        dp[i]=Lucas(size[i]-1,size[ll(i)])*(ll(i)>n?1:dp[ll(i)])%mod*(rr(i)>n?1:dp[rr(i)])%mod;
    }
    cout<<dp[1]<<endl;
}