⭐️前置知识⭐️
a × b ≡ 1 ( m o d p ) a \times b \equiv 1 ( mod\,\,p) a×b≡1(modp),可以称a
是b
在模p
情况下的逆元.
逆元其实就是可以看作倒数
方式一:
通过费马小定理求逆元:
当p
为素数,并且gcd(a,p)=1
时,我们有 a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p−1}≡1(mod\ p) ap−1≡1(mod p)。那么就有 a p − 2 × a ≡ 1 ( m o d p ) a^{p−2}×a≡1(mod\ p) ap−2×a≡1(mod p),则a
的逆元就是 a p − 2 a^{p−2} ap−2
下面ksm
函数为快速幂
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++)
{
fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
inv[i] = ksm(fact[i], mod - 2);
}
方式二:
通过式子 1 ( n + 1 ) ! × ( n + 1 ) = 1 n ! \frac{1}{(n+1)!}\times (n+1)=\frac{1}{n!} (n+1)!1×(n+1)=n!1倒推接近线性求阶乘逆元
1 ( n + 1 ) ! \frac{1}{(n+1)!} (n+1)!1其实就可以看作 ( n + 1 ) ! {(n+1)!} (n+1)!的逆元
for(int i = 1; i <= n; i++)
fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
inv[n] = ksm(fact[n], mod - 2);
for(int i = n - 1; i >= 1; i--)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
求 [ 1 , N − 1 ] [1,N-1] [1,N−1]关于mod
的逆元时,可以做到在 O ( N ) O(N) O(N)时间内解决
设模数为p
对于当前的i
,设 p = k × i + r p=k×i+r p=k×i+r,则
k × i + r ≡ 0 ( m o d p ) k × i × ( i − 1 × r − 1 ) + r × ( i − 1 × r − 1 ) ≡ 0 ( m o d p ) k × r − 1 + i − 1 ≡ 0 ( m o d p ) i − 1 ≡ − k × r − 1 ( m o d p ) i − 1 ≡ − ⌊ p i ⌋ × r − 1 ( m o d p ) \begin{aligned} k \times i + r & \equiv 0 &\,\,(mod \,\, p) \\ k \times i \times ( i^{-1} \times r ^{-1}) + r \times (i^{-1} \times r^{-1}) &\equiv 0 &\,\,( mod \,\, p) \\ k \times r^{-1} + i ^ {-1} & \equiv 0 &\,\, (mod \,\, p)\\ i^{-1} & \equiv -k \times r^{-1} &\,\, (mod \,\, p) \\ i^{-1} & \equiv - \left \lfloor \frac{p}{i}\right \rfloor \times r^{-1} &\,\,(mod\,\,p) \end{aligned} k×i+rk×i×(i−1×r−1)+r×(i−1×r−1)k×r−1+i−1i−1i−1≡0≡0≡0≡−k×r−1≡−⌊ip⌋×r−1(modp)(modp)(modp)(modp)(modp)
注意:
i n v [ 1 ] inv[1] inv[1]一定要初始化为1,需要从2开始递推,不能从1开始递推
inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++)
inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
同时可以通过线性求逆元求阶乘逆元:
只需要再将逆元用类似阶乘的形式乘起来即可,求得的inv[i]
即为 i ! i! i!的逆元
for(int i = 2; i < N; i++)
inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
C n m C_n^m Cnm计算
⭐️方式一:公式计算
计算都是在逆元或者阶乘基础上计算的
C n m = n ! m ! ∗ ( n − m ) ! C_n^m = \frac{n!}{m!*(n-m)!} Cnm=m!∗(n−m)!n!
ll C(ll n, ll m)
{
if(n < m) return 0;
return fact[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
⭐️方式二:递推方式
需要建表,所以如果计算范围比较大时需要的空间也大
递推公式 : C n m = C n − 1 m + C n − 1 m − 1 C_n^m = C_{n-1}^{m} + C_{n-1}^{m-1} Cnm=Cn−1m+Cn−1m−1
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= i; j++)
{
if(i == j || j == 0) c[i][j] = 1;
else c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
}
链接:
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/23481/J
就是在数组中选中k个值相乘,最后把结果相加即可
因为数组中的数大小只有三种情况。所以可以根据这个进行切入口。
首先 0 0 0可以不用考虑,接下考虑有 n n n个 1 1 1和 m m m个 2 2 2,如果上述和式中 1 1 1出现了 i i i个,那么 2 2 2需要出现 k − i k-i k−i个,于是答案为 ∑ i = 0 k C ( n , i ) ∗ C ( m , k − i ) ∗ 2 k − i \sum_{i=0}^kC(n,i)*C(m,k-i)*2^{k-i} ∑i=0kC(n,i)∗C(m,k−i)∗2k−i
代码中注意各种初始化
线性求逆元中初始化:inv[1] = 1
fac[i]
: 2 i 2^i 2i
fact[i]
: i ! i! i!
#include
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e7 + 5, mod = 998244353;
ll fac[N], fact[N], inv[N];
ll C(ll n, ll m)
{
if(n < m) return 0;
return fact[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
void solve()
{
fac[1] = 2;
fac[0] = fact[0] = fact[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] * 2 % mod;
fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
}
for(int i = 2; i < N; i++)
inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n);
int o = 0, t = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> a[i];
if(a[i] == 1) o ++;
else if(a[i] == 2) t ++;
}
ll res = 0;
for(int i = 0; i <= k; i++)
{
res += C(o, i) * C(t, k - i) % mod * fac[k - i] % mod;
res %= mod;
}
cout << res << "\n";
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
// cin >> t;
t = 1;
while(t--) solve();
return 0;
}