【BZOJ4665】小w的喜糖 容斥+組合數
阿新 • • 發佈：2017-10-15
原來 ans lin log style pre 交換 amp rip
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【BZOJ4665】小w的喜糖
Description
廢話不多說，反正小w要發喜糖啦！！ 小w一共買了n塊喜糖，發給了n個人，每個喜糖有一個種類。這時，小w突發奇想，如果這n個人相互交換手中的糖，那會有多少種方案使得每個人手中的糖的種類都與原來不同。 兩個方案不同當且僅當，存在一個人，他手中的糖的種類在兩個方案中不一樣。Input
第一行，一個整數n 接下來n行，每行一個整數，第i個整數Ai表示開始時第i個人手中的糖的種類 對於所有數據，1≤Ai≤k,k<=N,N<=2000Output
一行，一個整數Ans，表示方案數模1000000009Sample Input
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Sample Output
10題解：顯然我們應該將每種糖果放在一起處理，用v[i]表示有多少人有第i種糖果。然後考慮容斥，用f[i][j]表示前i種糖果，至多j個人的糖果與原來不同的方案數，然後很容易DP求出f數組。
$f[i][j]=\sum\limits_{k=0}^{v[i]}f[i-1][j-k]*C_{v[i]}^{k}*(v[i])*(v[i]-1)*...*(v[i]-k+1)$
發現我們在DP過程中並沒有考慮我們選出來那j個人的順序，所以最後f[i][j]乘上j!即可。最後因為每個糖果是相同的，所以方案數要除以v[i]!。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000009;
int n,m;
ll ans;
int col[2010],s[2010],v[2010];
ll c[2010][2010],f[2010][2010],jc[2010],ine[2010],jcc[2010];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘) f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd();
int i,j,k;
for(i=0;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P;
}
jc[0]=ine[0]=jcc[0]=jc[1]=ine[1]=jcc[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
jc[i]=jc[i-1]*i%P,ine[i]=P-(P/i)*ine[P%i]%P,jcc[i]=jcc[i-1]*ine[i]%P;
}
for(i=1;i<=n;i++) col[i]=rd();
sort(col+1,col+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(col[i]>col[i-1]) m++;
v[m]++;
}
for(i=1;i<=m;i++) s[i]=s[i-1]+v[i];
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=m;i++) for(j=0;j<=s[i-1];j++) for(k=0;k<=v[i];k++)
f[i][j+k]=(f[i][j+k]+f[i-1][j]*c[v[i]][k]%P*jc[v[i]]%P*jcc[v[i]-k]%P)%P;
for(i=0;i<=n;i++)
{
ans=(ans+((i&1)?-1:1)*f[m][i]*jc[n-i]+P)%P;
}
for(i=1;i<=m;i++) ans=ans*jcc[v[i]]%P;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
【BZOJ4665】小w的喜糖 容斥+組合數