可重元素集的康托展开&数位dp [HAOI2010]计数

大意：

n<=1e50

思路：
如果我们去掉一个0，可以看成它变成了前导0，所以转化一下题意，就是求一个可重数集的康托展开，这个数集的大小是10

对于普通的康托展开，处理的是全排列（非重集）到自然数的双射

我们的思路是：

假设有n位

对于每一位i，确定后面有多少个数字比它小，记为x，那么这一位的贡献就是x*(n-i)!,意义其实很好理解，就是枚举把后面某一个比较小的数字提上来会有多少种情况，每一个的情况数自然就是一个全排列，因为这是非重集。

回到这题，我们的思路其实是差不多的，我们也得算一个可重集的全排列，

令a[i]表示数字i的出现次数,n为出现过的数字之和

则这个可重集的全排列就是

但是这样会爆ll，我们还得转化一下：

先放0，方案数是C(n,a[0]),然后放1，方案数就是C(n-a[0],a[1]),以此类推

得到：

也很好验证，手模一下就有了

这样我们只需要算一些简单的组合数就可以了

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得到这个之后，我们就可以倒序遍历来得到康托展开了

具体来说，当前在第i位，值为val，之前枚举得到的数字出现情况为a[],然后我们遍历取代这一位的数字x，x属于0~val-1,此时a[x]先-1，相应的，val放入后面的序列中，所以对应的方案数就是一个可重集的全排列。这样求和即可。最后再把a[x]加回来

细节见代码

code

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
#define low(x) x&(-x) 
const ll N=1e5+10;
ll c[60][60];
string s;
ll a[20];
void init()
{
	for(int i=0;i<=50;++i) c[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=50;++i)
	{
		for(int j=1;j<=i;++j)
		{
			c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
		}
	}
}
ll f()
{
	ll ans=1;
	ll num=0;
	for(int i=0;i<=9;++i) num+=a[i];
	ll pre=0;
	for(int i=0;i<=9;++i)
	{
		ans=ans*c[num-pre][a[i]];
		pre+=a[i];
	}
	return ans;
}
void solve()
{
	init();
	cin>>s;
	ll len=s.size();
	s=" "+s; 
	ll ans=0;
	for(int i=len;i;--i)
	{
		ll val=s[i]-'0';
		a[val]++;
		for(int j=0;j>t;while(t--)
	solve();
	return 0;
}

不过这题我是在数位dp的题单里面找到的，数位dp的写法就等到期末考结束之后再补吧（挖坑不填预警）~

顺便有空把康托展开和逆康托展开的板子存一下