【组合数学】LGP3330（ZJOI2011）+UOJ#209

LGP3330 看电影(MOVIE)

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(N−K+1)。

综上所述，答案就是：

(K+1)N−1×(N−K+1)KN

要用高精度 。

【代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
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;i<MAXN;++i)
{
if(ispri[i])
{
++prinum;
pri[prinum]=i;
}
for(int j=1;j<=prinum && pri[j]*i<MAXN;++j)
{
ispri[pri[j]*i]=false;
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}

inline void get_num()
{
int x;
for(int i=1;i<MAXN;++i)
{
x=i;
for(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;i<MAXN;++i)
for(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;i<MAXN;++i)
for(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(x，y)，表示前x个数字里有y个1，或后y个数字里有x个1

求满足所有限制的序列个数。

n≤5000，m≤1000，答案对998244353取模，一个点至多5组数据

【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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
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;i<MAXN-5;++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.x<B.x;
}

inline 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(x<y)
a[++tot]=(Tnode){n-y,x,1,0};
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].x<p[cnt].y)
{
flag=false;
break;
}

if(p[cnt].x-p[cnt-1].x<p[cnt].y-p[cnt-1].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;
}