【组合数学】LGP3330（ZJOI2011）+UOJ#209
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原题地址
【题目大意】
一共有n个人，k个格子（格子标号为1~k）
循环n轮，每轮随机一个k以内的整数（设为m），若m~k这些格子里有空的，就把一个人放到格子里，否则这个人将站着。
问全部人都坐着的概率是多少。
【题目分析】
一眼组合数学，实在不会可以考虑打表。
组合数学中经典的古典概型，概率等于合法的方案数除以总方案数。
【解题思路】
我们易得总方案数= KN 。
合法方案数的计算：考虑在最后面加一个座位，然后所有的座位连成一个环。
这样我们保证不论怎么放，最后都会有一个空的位置，那么我们从这个空的位置断开（将它丢到），必然是一个合法的情况。
现在那么总方案数等于 (K+1)N ，每种环都算了 (K+1) 次，所以除以 (K+1) ，最后抽调一个空白的座位来构造一个合法的方案，所以要乘 (N−K+1 )。
综上所述，答案就是：
(K+1)N−1×(N−K+1)KN
要用高精度 。
【代码】
#includeif(ispri[i])
{
++prinum;
pri[prinum]=i;
}
for(int j=1;j<=prinum && pri[j]*ifalse;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
inline void get_num()
{
int x;
for(int i=1;ifor(int j=1;j<=prinum;++j)
while(x%pri[j]==0)
{
p[i][pri[j]]++;
x/=pri[j];
}
}
}
inline void _reset()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(ans2,0,sizeof(ans2));
}
inline void mul(int x)
{
if(len==0)
{
len=1;a[len]=x;
for(len++;a[len];)
{
a[len+1]+=a[len]/10;
a[len++]%=10;
}
--len;
}
else
{
for(int i=1;i<=len;++i)
a[i]*=x;
for(int i=1;i<=len;++i)
{
a[i+1]+=a[i]/10;
a[i]%=10;
}
for(len++;a[len];)
{
a[len+1]+=a[len]/10;
a[len++]%=10;
}
--len;
}
}
inline void get_ans()
{
/* for(int i=1;i<10;++i)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
for(int i=1;i<10;++i)
printf("%d ",ans2[i]);
printf("\n");*/
len=0;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;ifor(int j=1;j<=ans[i];++j)
mul(i);
if(!len)
printf("1");
for(int i=len;i;--i)
printf("%d",a[i]);
printf(" ");
len=0;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;ifor(int j=1;j<=ans2[i];++j)
mul(i);
if(!len)
printf("1");
for(int i=len;i;--i)
printf("%d",a[i]);
printf("\n");
}
inline void solve()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
if(n>k)
{
printf("0 1\n");
return;
}
for(int i=1;i<=k+1;++i)
ans[i]=p[k+1][i]*(n-1);
if(k-n>0)
for(int i=1;i<=k-n+1;++i)
ans[i]+=p[k-n+1][i];
if(k>1)
for(int i=1;i<=k;++i)
{
ans2[i]=p[k][i]*n-ans[i];
ans[i]-=p[k][i]*n;
}
get_ans();
}
int main()
{
freopen("LGP3330.in","r",stdin);
freopen("LGP3330.out","w",stdout);
get_prime();
get_num();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
_reset();
solve();
}
return 0;
} UOJ#209. 【UER #6】票数统计
原题地址
【题目大意】
一共有n个数字 ，每个数字要么是0，要么是1。
有m个限制 (x，y) ，表示前x个数字里有y个1，或后y个数字里有x个1
求满足所有限制的序列个数。
n≤5000，m≤1000，答案对998244353取模，一个点至多5组数据
【题目分析】
都是骗人的！
【解题思路】
当x!=y的时候，我们已经确定了这个限制是对前缀还是后缀的。
当x=y的时候，我们只需要保留最大的那个x就行了。
然后，一波组合数学。
答案是x=y是前缀限制的个数+后缀限制的个数-前后缀都限制的个数。
那么，现在就是有一堆前后缀的限制，让你求方案数。
如果只有前缀或只有后缀就是一个划分成m个区间的组合数学。
如果两个都有就把前缀转成后缀或者把后缀转成前缀。
枚举1的总和就行了。
【代码】
#include5;++i)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
inline bool cmp(Tnode A,Tnode B)
{
return A.xinline void init()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
tot=ans=lz=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x>y)
a[++tot]=(Tnode){x,y,0,0};
else
if(x1,0};
else
lz=max(lz,x);
}
a[++tot]=(Tnode){lz,lz,0,1};
a[++tot]=(Tnode){n-lz,lz,1,2};
sort(a+1,a+tot+1,cmp);
// for(int i=1;i<=tot;++i)
// printf("%d %d %d %d\n",a[i].x,a[i].y,a[i].bz,a[i].ty);
}
inline void solve()
{
for(int typ=1;typ<=3;++typ)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int cnt=0;bool flag=true;
for(int j=1;j<=tot;++j)
{
if(a[j].ty==typ)
continue;
p[++cnt].x=a[j].x;
if(a[j].bz)
p[cnt].y=i-a[j].y;
else
p[cnt].y=a[j].y;
if(p[cnt].y<0 || p[cnt].y>i)
{
flag=false;
break;
}
if(p[cnt].xfalse;
break;
}
if(p[cnt].x-p[cnt-1].x1].y)
{
flag=false;
break;
}
if(p[cnt].y-p[cnt-1].y<0)
{
flag=false;
break;
}
}
if(!flag)
continue;
int sum=1;
for(int j=1;j<=cnt;++j)
sum=1ll*sum*C[p[j].x-p[j-1].x][p[j].y-p[j-1].y]%mod;
sum=1ll*sum*C[n-p[cnt].x][i-p[cnt].y]%mod;
// printf("sum:%d\n",sum);
if(typ<=2)
ans=(ans+sum)%mod;
else
ans=(ans-sum+mod)%mod;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
// freopen("UOJ209.in","r",stdin);
// freopen("UOJ209.out","w",stdout);
get_C();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
init();
solve();
}
return 0;
}