luogu P1641 生成字串

Description

lxhgww 需要把 \(n\) 個1 和 \(m\) 個0組成字串，同時保證在任意的前 \(k\) 個字元中，1的個數不能少於0的個數。現在 lxhgww 想要知道滿足要求的字串共有多少個。

Solution

根據題意，字串的長度為 \(n+m\)，如果將問題退化成只求要求有 \(n\) 個1的方案，答案很明顯就是 \(\mathrm{C}_{n+m}^n\)，但如果要保證在任意的前k個字元中，1的個數不能少於0的個數，就需要把不符合條件的去掉。

我們可以假設在前 \(2k+1\) 個 字元中有 \(k\) 個\(1\)，\(k+1\)個\(0\)

之所以要取反，原因很簡單，可以將字串看作是一個 \(n+m\) 位的二進位制數，應當可以看出，每一個前 \(2k+1\) 位中有 \(k\) 個\(1\)，\(k+1\) 個\(0\)的二進位制數都唯一對應一個有 \(n+1\) 個\(1\)和 \(m-1\)個\(0\)的二進位制數，可以得到不符合條件的總數量就是 \(\mathrm{C}_{n+m}^{n + 1}\)

所以答案就應該是 \(\mathrm{C}_{n+m}^n-\mathrm{C}_{n+m}^{n + 1}\)。

但是由於題目中 \(n\)，\(m\) 範圍較大，做除法時需要用逆元取模求組合數。

設組合數(不化簡)中的分母為 \(d\)，分母為 \(m\)，因為 \(n,m<p\)，所以可以知道 \(\gcd(d,p)=1\)，且 \(p\) 為素數，可以由費馬小定理得出：\((m/d)\%p=m\%p * pow(d,p-2)\%p\)。

最後再用快速冪處理一下即可。

#include<iostream>
#include<vector>
#include <cstdio>

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 20100403;
ll n, m;

ll quickpow(ll a, ll b)
{
	ll ans = 1;
	while (b > 0)
	{
		if (b & 1)	ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

ll factorial(ll s)
{
	ll fs = 1;
	for (ll i = 2; i <= s; i++)
		fs = fs * i % mod;
	return fs;
}

ll c(ll x, ll y)
{
	ll fx = factorial(x), fy = factorial(y), fxy = factorial(x - y);
	fy = (fy * fxy) % mod;
	ll d = quickpow(fy, mod - 2);	
	fx = (fx * d) % mod;
	return fx;
}

int main()
{
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	printf("%lld\n", (c(n + m, n) - c(n + m, n + 1) + mod) % mod);
	return 0;
}
 

考慮到每次計算組合數都要呼叫\(factorial\)函式求組合數，可以對組合數進行預處理，減少時間的開銷。

Code

#include<iostream>
#include<vector>
#include <cstdio>

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 20100403;
const int N = 2e6 + 10;    //為了防止棧溢位，陣列範圍一般開資料範圍的二倍
ll n, m;
ll fac[N];

void f()									//預處理組合數
{
	fac[1] = 1;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}


ll quickpow(ll a, ll b)
{
	ll ans = 1;
	while (b > 0)
	{
		if (b & 1)	ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

ll c(ll x, ll y)
{
	ll fx = fac[x], fy = fac[y], fxy = fac[x - y];
	fy = (fy * fxy) % mod;
	ll d = quickpow(fy, mod - 2);			//利用費馬小定理求組合數
	fx = (fx * d) % mod;
	return fx;
}

int main()
{
	f();

	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	printf("%lld\n", (c(n + m, n) - c(n + m, n + 1) + mod) % mod);

	return 0;
}

將兩種程式提交後比較一下

然而實際上時間並沒有減少太多

通過分析其實也能看出來，其實factorial函式被呼叫的次數並不多，完全可以被忽略掉 (計算機:我超快的)

不過對於某些毒瘤題目來說，預處理組合數還是非常有用的