同色不相鄰的方案數求解
同色不相鄰的方案數求解
引例：
有\(n\)種顏色的小球，
每種顏色的小球有\(a_i\)個，即一共有\(\sum_{i=1}^n a_i\)個小球。
現在要求把這些小球排同色不相鄰的方案數求解成一行，要求同種顏色的小球不相鄰。
求方案數，答案對\(10^9+7\)取模。 提交網址：web
前言
下面的算法都只考慮 同色小球之間無區別 的方案數。
即可重排列的情況。
如果同色小球之間有區別，為不重排列，那麽對應乘上 \(\prod (a_i!)\) 即可。
方法1：動態規劃
解法
從前往後枚舉每種顏色的小球。
設\(f_{i,j}\)表示考慮完前\(i\)種小球，存在\(j\)個違法相鄰的方案數。
這一共造成了\(a_i - k\)個新的不合法情況。
枚舉把其中\(l\)塊插入原先的不合法位置之間，那麽一共消除了\(l\)個不合法相鄰。
這一共有\(\binom{j}{l}\)種選擇，剩下的塊有\(\binom{sum + 1 - j}{k - l}\)種選擇。
所以轉移方程式：
\[f_{i,j-l+(a_i-k)} = \sum f_{i,j} \binom{a_i-1}{k-1} \binom{j}{l} \binom{sum + 1 - j}{k - l} \]
其中\(sum = \sum_{e=1}^{i-1} a_e\)
滿復雜度：\(O(n(\sum a)a_{max}^2)\)，但是非常不滿，實測跑 \(n,\sum a\leq 1000\)並不虛。
這種方法好寫好理解，但是適用性較窄(不方便添加整段權值)。
實現代碼
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define maxn 2005 #define mod 1000000007 using namespace std; ll n , q, x , sum , cur; ll a[maxn] , fac[maxn] , c[maxn][maxn] , f[3][maxn]; void Pre(){ fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++)fac[i] = 1ll*i*fac[i-1] % mod; c[0][0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++){ for(int j = 1; j < i; j ++) c[i][j] = ( c[i-1][j] + c[i-1][j-1] ) % mod; c[i][0] = c[i][i] = 1; } return; } int main(){ cin >> n >> q; for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = gi(); Pre(); sum = 0; cur = 0; f[cur][0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++){ cur ^= 1; for(int t = 0; t <= a[i]+sum+1; t ++) f[cur][t] = 0; for(int k = 1; k <= a[i] && k <= sum+1; k ++) for(int j = 0; j <= sum; j ++) for(int l = 0; l <= k && l <= j; l ++){ f[cur][j-l+a[i]-k] += 1ll*f[cur^1][j]*c[a[i]-1][k-1]%mod*(1ll*c[j][l]*c[sum+1-j][k-l]%mod)%mod; f[cur][j-l+a[i]-l] %= mod; } sum += a[i]; } cout<<f[cur][0]; return 0; }
方法2：容斥原理
解法
全部不相鄰的方案數 = 全部不相臨的排列數 - 1個相鄰的排列數 + 2個相鄰的排列數 ......
直接枚舉不好算，單獨考慮一種小球的貢獻。
由於可重排列：\(P = \frac{(\sum a)!}{ \prod (a!)}\)，所以先只乘\(\frac{1}{a!}\)，最後乘上\((\sum a)!\)即可。
我們可以列出有\(a_i\)個小球的容斥多項式：
\[f(a_i) = \sum_{i = 1} ^ {a_i} (-1)^{a_i-i} \frac{1}{i!}E(a_i , i)\]
其中\(E(i,j)\)表示\(i\)個小球因為違法相鄰而實際只有\(j\)段的方案數。
顯然就是要保留\(i-1\)個間隔中的\(j-1\)個，所以\(E(i,j) = \binom{i-1}{j-1}\)。
把每種小球的容斥多項式卷積卷起來就可以得到總的容斥式。
對於最後的總容斥式的每一項，乘上對應的階乘(可重排列的分子)，再加起來即可。
總時間復雜度：\(O(n(\sum a)a_{max})\)。
這種做法較難理解、容易寫錯，但是復雜度低，適用性好(添加權值直接在計算系數時乘上即可)。
實現代碼
//http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4532
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define N 505
using namespace std;
const int mod = 1000000007 ;
int dp[10*N],C[N+5][N+5],E[N+5][N+5],fact[N+5],a[N+5],n,sum,ans;
int inv[N+5],inv_fact[N+5],coef[N+5];
IL void Pre(){
C[0][0] = 1;
for(RG int i = 1,j; i <= N; i ++)
for(j = C[i][0] = 1; j <= i; j ++)
C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod ;
for(RG int i = 1,e; i <= N; i ++)
for(RG int j = i,e = 1; j >= 1; j --)
E[i][j] = (mod + C[i-1][j-1] * e) % mod, e = -e ;
fact[0] = inv[0] = 1 ;
inv[1] = inv_fact[0] = 1 ;
for(RG int i = 1; i <= N; i ++){
fact[i] = 1ll * i * fact[i-1] % mod;
if(i ^ 1)inv[i] = 1ll * (mod - mod/i) * inv[mod % i] % mod;
inv_fact[i] = 1ll * inv_fact[i-1] * inv[i] % mod ;
}return ;
}
IL void upt(RG int &x,RG int y){x += y; if(x>=mod) x-= mod ; }
int main(){
Pre() ;
scanf("%d",&n) ;
sum = 0; dp[0] = 1 ;
for(RG int i = 1; i <= N; i ++) dp[i] = 0;
for(RG int sq = 1; sq <= n; sq ++){
scanf("%d",&a[sq]) ; // 有一種小球的個數為a個.
for(RG int k = 1; k <= a[sq]; k ++)
coef[k] = 1ll * E[a[sq]][k] * inv_fact[k] % mod ;
//coef是 當前這個小球的容斥多項式 的每一項的系數
for(RG int j = sum; j >= 0; j --){
RG int tmp = dp[j] ;
dp[j] = 0;
for(RG int k = 0; k <= a[sq]; k ++)
upt(dp[j + k] , 1ll * coef[k] * tmp % mod) ;
}
sum += a[sq]; //dp記錄的是最後的總容斥式的每一項系數.
}
ans = 0;
for(RG int k = 0; k <= sum; k ++) upt(ans , 1ll * dp[k] * fact[k] % mod) ;
printf("%d\n" , ans) ; return 0;
}同色不相鄰的方案數求解