HNOI2011 卡农

讲个笑话：我的做法是 (O(nlog n)) 的

Description

link

有对于一个给定的集合 (S=1...n) ，选取其中 (m) 个子集要求子集非空，不能相同，并且每个出现过的元素出现次数是偶数

(n,m le 10^6)

Solution

这个题要求组合的方案，先转化一步：求排列的方案然后除以阶乘

状态：(f_i) 为取 (i) 个集合的方案

之后发现一个性质：我们确定前 (i-1) 个集合，最后一个就被自然确定了

（补全原来没有拿成偶数的元素即可）

这样我们发现取 (m) 个集合的方案是：(A_{2^{n-1}}^{i-1})

这样我们发现可能不太对

(1.) 最后一个集合是空集，即原来取的方案已经满足所有的元素出现的个数为偶数

解决方案：直接(f[i]-=f[i-1];)

(2.) 最后一个集合和原来的集合是重复的

最后一个集合可能和原来的 (i-1) 个的重复，此时我们拿出那两个重复的集合，还剩余 (i-2) 个

取(i-2) 的方案是有 (f_{i-2}) 个

重复的集合的可能有(sum(2^n-1)-exist(i-2)) 括号里的是真值

理解就是总的个数和最后剩下没有重复的个数

重复集合的位置有 (i-1) 种（有序计数）

预处理阶乘逆元和排列数即可

讲述前面的那个笑话：考虑到我闲的就把 (2^n) 求了 (n) 次

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
namespace yspm{
	inline int read()
	{
		int res=0,f=1; char k;
		while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
		while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
		return res*f;
	}
	const int N=1e6+10,mod=1e8+7;
	int inv,p,f[N],n,m,a[N];
	inline int ksm(int x,int y)
	{
		int res=1; for(;y;y>>=1,(x*=x)%=mod) if(y&1) (res*=x)%=mod;
		return res;
	}
	int num;
	signed main()
	{
		n=read(); m=read(); inv=1;
		for(int i=1;i<=m;++i) inv*=i,inv%=mod; inv=ksm(inv,mod-2);
		a[0]=1; for(int i=1;i<=m;++i) a[i]=a[i-1]*((ksm(2,n)-i+mod)%mod)%mod;
		f[0]=1;
		for(int i=2;i<=m;++i)
		{
			f[i]=(a[i-1]-f[i-1]+mod)%mod; 
			f[i]-=f[i-2]*(i-1)%mod*((ksm(2,n)-1-(i-2)+mod)%mod)%mod;
			(f[i]+=mod)%=mod;
		}
		cout<<f[m]*inv%mod<<endl;
		return 0;
	}
}
signed main(){return yspm::main();}

Review

组合计数不好求的时候可以考虑转排列求阶乘

再一个就是数学的分类讨论一定要细致求好