【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 (NK+1 )。

综上所述,答案就是:

(K+1)N1×(NK+1)KN

要用高精度 。

【代码】

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int MAXN=205;
const int MAXL=505;
int prinum,T,n,k,len;
int a[MAXL],pri[MAXN],ans[MAXN],ans2[MAXN];
int p[MAXN][MAXN];
bool ispri[MAXN];

inline void get_prime()
{
    memset(ispri,true,sizeof(ispri));
    ispri[1]=false;
    for(int i=2;iif(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 (xy) ,表示前x个数字里有y个1,后y个数字里有x个1
求满足所有限制的序列个数。

n5000m10009982443535

【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】

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN=5010;
const int mod=998244353;

int n,m,ans,tot,lz,T;
int C[MAXN][MAXN];

struct Tnode
{
    int x,y,bz,ty;
    Tnode(){}
    Tnode(int xx,int yy,int bzz,int tyy)
    {
        x=xx;y=yy;
        bz=bzz;ty=tyy;
    }
};
Tnode a[MAXN],p[MAXN];

inline void get_C()
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i5;++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;
}

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