杭電多校第八場-hdu6397 Character Encoding-組合數+容斥原理
阿新 • • 發佈:2018-11-11
題解:根據題目意思,x1+x2+...+xm = k;0 <= xi <= n-1;即整數分解。
如果xi沒有沒有限制的話,用插板法,相當於k個蘋果被裝入m個籃子中,因此我們需要將k個蘋果分為m-1分,也就是插入m-1塊板子;如果xi > 0,一頭一尾不能插板子,就是向k-1個位置當中插入m-1塊板子,則結果為。如果xi >= 0,一個位置只能放一個板子,所以無法在收尾插入多塊板子,即無法處理xi多個0出現的情況,所以我們將籃子與蘋果混合,然後在k+m-1個位置中確定m-1個籃子的位置,則結果為。
如果xi如題所說限制,我們假設有c個超過限制的(x' >= n),現在進行一個操作,將所有超過限制的x減去n,則原來的問題x1+x2+...+xm = k;轉化為:x′1+x′2+..+x′m = k−n∗c;原來xi為可能大於等於n的,轉化之後所有的x'i都大於等於0,這便是之前沒有限制的子問題,可以用上述方法來解決。但我們這裡假設的是c個,所以還需要用容斥原理。如果c為偶數就做加法,c為奇數就做減法。最後的結果為
程式碼實現:
需要用到的知識:
1、乘法逆元
2、快速冪
3、容斥原理
這裡有幾個需要注意的地方
1、根據題目mod的範圍,此題需要預處理,否則會超時。
2、求餘做減法時,要加上mod。
3、預處理乘法逆元的時候,是根據該推導而來,m!的mod次方 = (m-1)!的mod次方 * m的mod次方。
5、陣列開大一點。
AC程式碼如下:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<queue> #include<stack> #include<vector> #define LL long long #define maxn 1000000 using namespace std; const int MOD = 998244353; LL fact[maxn+5]; //階乘 LL a[maxn+10]; // 乘法逆元 //LL inv[maxn+10]; //快速冪 LL pow(LL x) { LL n = MOD-2; LL res=1; while(n>0) { if(n%2==1) res=res*x%MOD; x=x*x%MOD; n>>=1; } return res; } void init(){ a[0] = a[1] = 1; fact[0] = fact[1] = 1; // inv[1] = 1; for(int i = 2; i <= 1000005; i++) { fact[i] = fact[i-1] * i % MOD; a[i] = a[i-1] * pow(i) % MOD; //m!的MOD次方 = (m-1)!的MOD次方 * m的MOD次方 // inv[i] = (MOD - MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD; // a[i] = a[i-1] * inv[i] % MOD; } } LL C(int n, int m){ //乘法逆元 if(n<0||m<0||n<m)return 0; return fact[n]*a[n-m]%MOD*a[m]%MOD; } int main() { int T,n,m,k; LL ans; init();//預處理 scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); ans = 0; for(int i = 0; i <= k/n; i++)//容斥原理 { if(i & 1) ans = (ans + MOD - ((C(m,i)%MOD)*(C(k+m-1-n*i,m-1)%MOD))%MOD)%MOD;//負數求模要加上MOD else ans = (ans + ((C(m,i)%MOD)*(C(k+m-1-n*i,m-1)%MOD))%MOD)%MOD; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }