hdu 6143 Killer Names(组合计数)(DP)
2017-08-21 22:33
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题目链接:Killer Names
也就相当于m 种颜色需要为两段长度为 n 的格子染色,且这两段之间不能出现相同的颜色,问总共有多少种情况。
而在每段内部,设f(i)为长度为n的格子使用i种颜色染色的方案数
则有f(i)=in−C1if(1)−C2if(2)−...−Ci−1if(i−1)
此时第二段则用m−i种颜色染色,方案数为(m−i)n。则总的方案数就是二者的乘积。
因此最终的结果便是∑m−1i=1Cimf(i)(m−i)n
代码:
也可以使用 Stirling 数
S(p,k)的组合学解释是:将p个物体划分成k个非空的无区别的集合的方案数。
在题目中就是,将n个位置(不同),放入m个盒子(不同),不允许有空盒的方案数
即结果为m!×S(n,m)
代码:
DP也可以做
dp[i][j]表示长度为i的格子用了j种颜色染色的方案数
则dp[i][j]=(dp[i−1][j−1]∗(m−j+1)%mod+dp[i−1][j]∗j%mod)%mod
代码:
题意
要求构造若干名字,名字包括first name
last name两部分,均需包含 n 个字符,已知有 m 种字符供选择,求最多有多少种不同的构造方法,使得
first name和
last name不含相同字符。
也就相当于m 种颜色需要为两段长度为 n 的格子染色,且这两段之间不能出现相同的颜色,问总共有多少种情况。
思路
设这两段分配的颜色数目分别为 i,j ,若在第一段总共有(mi) 种选取方案,则在第二段总共有(m−ij) 种选取方案而在每段内部,设f(i)为长度为n的格子使用i种颜色染色的方案数
则有f(i)=in−C1if(1)−C2if(2)−...−Ci−1if(i−1)
此时第二段则用m−i种颜色染色,方案数为(m−i)n。则总的方案数就是二者的乘积。
因此最终的结果便是∑m−1i=1Cimf(i)(m−i)n
代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod=1e9+7; const int maxn=2e3+5; const int N=2e3; LL C[maxn][maxn],f[maxn];//f[]表示用i种颜色填n个格子的种数 LL qmod(LL x,int n) { LL res=1; while(n) { if(n&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; n>>=1; } return res; } void init()//组合数 { for(int i=1; i<=N; ++i) { C[i][0]=C[i][i]=1; for(LL j=1; j<i; ++j) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod; } } void calc(int n) { f[1]=1; for(int i=2; i<=n; ++i) { LL tmp=0; for(int j=1; j<i; ++j) tmp=(tmp+C[i][j]*f[j]%mod)%mod; f[i]=(qmod(i,n)-tmp+mod)%mod; } } int main() { init(); int t,n,m; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); calc(n); LL ans=0; for(int i=1; i<=n&&i<m; ++i) ans=(ans+(C[m][i]*f[i]%mod)*qmod(m-i,n)%mod)%mod; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
也可以使用 Stirling 数
S(p,k)的组合学解释是:将p个物体划分成k个非空的无区别的集合的方案数。
在题目中就是,将n个位置(不同),放入m个盒子(不同),不允许有空盒的方案数
即结果为m!×S(n,m)
代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod=1e9+7; const int maxn=2e3+5; const int N=2e3; LL C[maxn][maxn],S[maxn][maxn];//S[][]第二类斯特林数 LL A[maxn];//阶乘 LL qmod(LL x,int n) { LL res=1; while(n) { if(n&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; n>>=1; } return res; } void init() { for(int i=1; i<=N; ++i) { C[i][0]=C[i][i]=1; for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod; } A[1]=1; for(int i=2; i<=N; ++i) A[i]=i*A[i-1]%mod; for(int i=1; i<=N; ++i) { S[i][0]=0,S[i][1]=1; for(int j=2; j<=i; ++j) S[i][j]=(j*S[i-1][j]%mod+S[i-1][j-1])%mod; } } int main() { init(); int t,n,m; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); LL ans=0; for(int i=1; i<=n&&i<m; ++i) ans=(ans+((C[m][i]*A[i]%mod)*S [i]%mod)*qmod(m-i,n)%mod)%mod; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
DP也可以做
dp[i][j]表示长度为i的格子用了j种颜色染色的方案数
则dp[i][j]=(dp[i−1][j−1]∗(m−j+1)%mod+dp[i−1][j]∗j%mod)%mod
代码:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod=1e9+7; const int maxn=2e3+5; const int N=2e3; LL dp[maxn][maxn]; LL qmod(LL x,int n) { LL res=1; while(n) { if(n&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; n>>=1; } return res; } int main() { int t,n,m; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&m); dp[1][1]=m; for(int i=2; i<=n; ++i) for(int j=1; j<=i&&j<m; ++j) dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)%mod+dp[i-1][j]*j%mod)%mod; LL ans=0; for(int i=1; i<m&&i<=n; ++i) ans=(ans+dp [i]*qmod(m-i,n)%mod)%mod; printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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