51nod 1799 二分答案
2017-05-31 14:41
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这题wa的我老心疼了,wa好几发后才发现二分的时候把比较的俩数写反位置了
思想不难,首先计算能使m在位置k有多少种排列方案,然后除以所有的排列方案,也就是n!,然后再乘n!,最终就是计算是m在位置k有多少中方案。如果要使二分能确定m在位置k,则二分的时候每次比较的mid位置的值要么比m大,要么比m小,mid的位置一共就那么几个,假设个数是cnt,计算出cnt后,先算出来这几个位置符合条件的方案的总数res,然后剩下的n-cnt个位置的排列就是随意的了,也就是(n-cnt)!,然后res*(n-cnt)!%mod就是结果了。不过直接算阶乘会超时,所以我改完错误后等待我的就是tle了,看了看题解,这里要打个表用来辅助计算。
“这个阶乘我们可以通过打表求出来。在程序中打出(1e7)!,(2e7)!,…,(1e9)!。每次在计算时只需再计算不超过1e7次就可以了。”—-如果不看题解还真想不到打表。。。
思想不难,首先计算能使m在位置k有多少种排列方案,然后除以所有的排列方案,也就是n!,然后再乘n!,最终就是计算是m在位置k有多少中方案。如果要使二分能确定m在位置k,则二分的时候每次比较的mid位置的值要么比m大,要么比m小,mid的位置一共就那么几个,假设个数是cnt,计算出cnt后,先算出来这几个位置符合条件的方案的总数res,然后剩下的n-cnt个位置的排列就是随意的了,也就是(n-cnt)!,然后res*(n-cnt)!%mod就是结果了。不过直接算阶乘会超时,所以我改完错误后等待我的就是tle了,看了看题解,这里要打个表用来辅助计算。
“这个阶乘我们可以通过打表求出来。在程序中打出(1e7)!,(2e7)!,…,(1e9)!。每次在计算时只需再计算不超过1e7次就可以了。”—-如果不看题解还真想不到打表。。。
#include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; const ll limit = 1e7; const ll mod = 1e9+7; ll FAC[] = {1, 682498929, 491101308, 76479948, 723816384, 67347853, 27368307, 625544428, 199888908, 888050723, 927880474, 281863274, 661224977, 623534362, 970055531, 261384175, 195888993, 66404266, 547665832, 109838563, 933245637, 724691727, 368925948, 268838846, 136026497, 112390913, 135498044, 217544623, 419363534, 500780548, 668123525, 128487469, 30977140, 522049725, 309058615, 386027524, 189239124, 148528617, 940567523, 917084264, 429277690, 996164327, 358655417, 568392357, 780072518, 462639908, 275105629, 909210595, 99199382, 703397904, 733333339, 97830135, 608823837, 256141983, 141827977, 696628828, 637939935, 811575797, 848924691, 131772368, 724464507, 272814771, 326159309, 456152084, 903466878, 92255682, 769795511, 373745190, 606241871, 825871994, 957939114, 435887178, 852304035, 663307737, 375297772, 217598709, 624148346, 671734977, 624500515, 748510389, 203191898, 423951674, 629786193, 672850561, 814362881, 823845496, 116667533, 256473217, 627655552, 245795606, 586445753, 172114298, 193781724, 778983779, 83868974, 315103615, 965785236, 492741665, 377329025, 847549272, 698611116}; ll fac(ll n) { ll res = FAC[n/limit]; for(ll i = n/limit*limit+1; i <= n; ++i) res = res*i%mod; return res; } //ll fac(ll n) //{ // ll res = 1; // for(ll i = 2; i <= n; ++i) // res = res*i%mod; // return res; //} int main() { ll n,m,k; cin >> n >> m >> k; ll l = 1; ll r = n; ll mid = (l+r)/2; ll lcnt = 0,rcnt = 0; while(l <= r) { //这时候比较的数字都比m小 if(mid <= k) { l = mid+1; lcnt++; } //这时候比较的数字都比m大 else { r = mid-1; rcnt++; } mid = (l+r)/2; } //cout <<lcnt << " " <<rcnt <<endl; ll res = 1; for(ll i = 0; i < rcnt; ++i) res = res*(n-m-i)%mod; for(ll i = 0; i < lcnt; ++i) res = res*(m-i)%mod; cout << res*fac(n-lcnt-rcnt)%mod <<endl; return 0; }
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