2024.4.6 組合數學補題

KnightL發表於2024-04-06

CF128C Games with Rectangle

個人認為突破點是“嚴格包含”，一開始沒注意嚴格不知道怎麼處理。

嚴格的話就是橫豎分別在若干條邊中，分別選出 2k 條邊。

橫豎互不影響可以乘法原理，只考慮一個方向即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100000
#define Mod 1000000007
#define LL long long

using namespace std;

int n,m,k;
LL fac[maxn];

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;
}

void init(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=10000;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
}

LL quickpow(LL x,LL y){
	LL res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=res*x%Mod;
		x=x*x%Mod;y>>=1; 
	}
	return res;
} 

LL c(LL N,LL M){
	if(N<M) return 0;
	return fac[N]*quickpow(fac[M]*fac[N-M]%Mod,Mod-2)%Mod; 
}

signed main(){
	init();
	n=read();m=read();k=read();
	cout<<1ll*c(n-1,2*k)*c(m-1,2*k)%Mod; 
	return 0;
}

CF111D Petya and Coloring

稍微想一下，如果只考慮一種顏色，那麼它必須至少在第 1 到第 n 列全部都有。

那麼對於多種顏色來說，每種顏色不必也不可能連續充滿一整行或一整列，只需要在 1 和 2 行，n 和 n-1 行有交集即可。

所以考慮兩邊。

設 \(f_{i,j}\) 為前 i 個格子整 j 個顏色。分別處理兩邊的顏色數 \(f_{n,i}\) 和中間 j 種顏色的方案 \(j^{n(m-2)}\)。後者我一開始沒推出來，但是想了一下共 n 行 m-2 列比較合理（除去兩邊的兩列）。

然後注意乘上顏色什麼的全排列和從 k 種顏色選擇的組合數即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define Mod 1000000007
#define maxn 1000010

using namespace std;

int n,m,k,ans;
int f[1010][1010],fac[maxn],inv[maxn];

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;
}

LL quickpow(LL x,LL y){
    LL ans=1;
    while(y){
        if(y&1)ans=ans*x%Mod;
        x=x*x%Mod;y>>=1;
    }
    return ans;
}

LL C(int x,int y){
    if(y>x)return 0;
    return fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod; 
}

LL pf(LL x){
    return x*x%Mod;
}

void init(){
    f[0][0]=1;
    fac[0]=inv[0]=fac[1]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=1000000;i++){
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%Mod;
        inv[i]=(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    }
    for(int i=1;i<=1000000;i++)inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%Mod;
}

int main(){
	init();
	n=read();m=read();k=read();
	
    if(m==1){
        cout<<quickpow(k,n);
        return 0;
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i&&j<=k;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*j)%Mod;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        LL tmp=quickpow(i,n*(m-2))*C(k,i)%Mod;
        for(int j=i;j<=n;j++)
            ans=(ans+tmp*C(k-i,(j-i)*2)%Mod*C((j-i)*2,j-i)%Mod*pf(f[n][j]*fac[j]%Mod)%Mod)%Mod;
    }
    cout<<(ans%Mod+Mod)%Mod;
    return 0;
}

CF886E Maximum Element

\(f_i\) 表示到前 i 位還沒有出錯的方案數。

$f_i=sum_{j=i-k+1}^i C_{i-1}^{i-j}\times (i-j)!\times f_{j-1} $

注意一下 \(f_{j-1}\)

答案的話對每個位置運用如上的方法，統計出所有合法的方案然後減去即可。

實現的話發現有人用 \(g_i=f_i/i!\) 然後化簡求處理更容易一些。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100010
#define Mod 1000000007
using namespace std;

int n,k,sum,ans,fac;
int g[maxn],inv[maxn];

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;
}

int main(){
	n=read();k=read();
	g[0]=fac=1;ans=n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		inv[i]=(-1ll*(Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod+Mod+(i==1))%Mod;
		sum=(sum+g[i-1])%Mod;
		if(i>k)sum=(sum-g[i-k-1]+Mod)%Mod;
		g[i]=1ll*sum*inv[i]%Mod;
 		ans=(ans-g[i-1]+Mod)%Mod;
		if(i!=1)fac=1ll*fac*(i-1)%Mod;
	}
	cout<<1ll*fac*ans%Mod;
	return 0;
}

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