Re:从零开始的二项式反演
作者:互联网
喜闻乐见的公式:
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公式1:
\(\large f(n) = \displaystyle\sum^n_{k=0}\dbinom{n}{k}g(k) \\ \large \Rightarrow g(n) = \displaystyle\sum^n_{k=0}\left(-1\right)^{n - k}\dbinom{n}{k}f(k)\)
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公式2(至多与恰好问题):
\(\large f(n) = \displaystyle\sum^n_{k=m}\dbinom{n}{k}g(k) \\ \large \Rightarrow g(n) = \displaystyle\sum^n_{k=m}\left(-1\right)^{n - k}\dbinom{n}{k}f(k)\)
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公式3(至少与恰好问题):
\(\large f(n) = \displaystyle\sum^m_{k=n}\dbinom{k}{n}g(k) \\ \large \Rightarrow g(n) = \displaystyle\sum^m_{k=n}\left(-1\right)^{k - n}\dbinom{k}{n}f(k)\)
例题:
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\(\tt BZOJ\ 2839\) 集合计数:
题意:
给定 \(n\) 个元素,相对应的就有 \(2^n\) 个集合。现在要在这 \(2^n\) 个集合中取出若干集合,使得他们的交集的元素个数为 \(K\),求取法的方案数。对 \(10^9+7\) 取模。
数据范围:\(n \leq 10^6\)。
思路:
定义 \(f(x)\) 表示交集中有 \(x\) 个元素被固定选择,剩余元素随意选择的方案数(不去重),定义 \(g(x)\) 表示交集恰好有 \(x\) 个元素的方案数,则有:
\(\large f(x) = \displaystyle\sum^n_{k=x}\dbinom{k}{x}g(k) = \dbinom{n}{x}\left(2^{2^{n - x}} - 1\right)\)\(\large g(x) = \displaystyle\sum^n_{k = x}(-1)^{k - x}\dbinom{n}{k}f(k)\)
而答案为 \(g(K)\)。
时间复杂度 \(\Theta\left(n\right)\)。
代码:
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// ============================================= // 暁の水平线に胜利を刻むのです! // Author: 佐世保の时雨 // Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure // ============================================= #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int Maxn = 2e6 + 10; const LL Mod = 1000000007; int n, k; LL Answer, Pow = 2; LL Fact[Maxn], Inv[Maxn]; inline LL Qkpow (LL Base, LL x) { LL Pow = 1; while (x ) { if (x & 1 ) { Pow = Pow * Base % Mod; } x >>= 1, Base = Base * Base % Mod; } return Pow; } inline LL Getinv (const LL Num) { return Qkpow (Num, Mod - 2); } inline LL Getbinom (const int n, const int m) { return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod; } signed main () { scanf ("%d %d", &n, &k), Fact[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod; } Inv[n] = Getinv (Fact[n]); for (int i = n - 1; ~i; -- i ) { Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod; } for (int i = n, Tag = ((n - k) & 1) ? -1 : 1; i >= k; -- i, Tag = -Tag, Pow = Pow * Pow % Mod ) { Answer = (Answer + Tag * Getbinom (i, k) * Getbinom (n, i) % Mod * (Pow - 1) % Mod + Mod) % Mod; // printf ("%d\n") } printf ("%lld\n", Answer); return 0; }
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\(\tt BZOJ\ 3422\) 已经没有什么好害怕的了:
题意:
有 \(n\) 个糖果和 \(n\) 个药片,将它们两两配对。每个糖果和药片都有能量值。求糖果的能量大于药片的配对恰好比药片的能量大于糖果的配对多 \(k\) 对的方案数。对 \(10^9+7\) 取模。
数据范围:\(n \leq 2 \times 10^3\)。\(0 \leq k \leq n\)。药片和糖果的能量值在int
范围内,且 \(2n\) 个能量值保证互不相同。思路:
定义 \(f(x)\) 表示保证有 \(x\) 对糖果的能量大于药片的配对后,剩余 \(n - x\) 对糖果和药片随机匹配的方案数(不去重),\(g(x)\) 表示恰好有 \(x\) 对糖果的能量大于药片的配对的方案数,则有:
\(\large f(x) = \displaystyle\sum^n_{k=x}\dbinom{k}{x}g(k)\)
\(\large g(x) = \displaystyle\sum^n_{k=x}\left(-1\right)^{k - x}\dbinom{k}{x}f(k)\)
接下来目标即为求出 \(f(x)\) 的表达式。(其中不含 \(g(x)\))
显然我们需要 \(DP\)。首先,我们对糖果和药片按能量值从小到大排序。定义 \(dp_{i,j}\) 表示将第 \(i\) 个糖果配对后,一共有 \(j\) 对糖果的能量大于药片的配对。根据定义,我们可以很快得出 \(\large dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} + \left(tot_i - j + 1\right)dp_{i - 1, j - 1}\),其中 \(tot_i\) 表示能量值比糖果 \(i\) 小的药片数。
所以,\(\large f(x) = dp_{n,x} \cdot \left(n - x\right)!\),答案为 \(g\left(\dfrac{n+k}{2}\right)\)。
时间复杂度 \(\Theta\left(n^2\right)\)。
代码:
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// ============================================= // 暁の水平线に胜利を刻むのです! // Author: 佐世保の时雨 // Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure // ============================================= #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const LL Mod = 1e9 + 9; const int Maxn = 2e3 + 10; int n, k, N; int A[Maxn], B[Maxn]; LL Answer; LL f[Maxn][Maxn], Fact[Maxn], Inv[Maxn]; inline LL Qkpow (LL Base, LL x) { LL Pow = 1; while (x ) { if (x & 1 ) { Pow = Pow * Base % Mod; } x >>= 1, Base = Base * Base % Mod; } return Pow; } inline LL Getinv (const LL Num) { return Qkpow (Num, Mod - 2); } inline LL Getbinom (const int n, const int m) { return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod; } signed main () { scanf ("%d %d", &n, &k), N = (n + k) >> 1, Fact[0] = 1; if ((n + k) & 1 ) { printf ("0\n"); return 0; } for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod; } Inv[n] = Getinv (Fact[n]); for (int i = n - 1; ~i; -- i ) { Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod; } for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { scanf ("%d", A + i); } for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { scanf ("%d", B + i); } sort (A + 1, A + n + 1); sort (B + 1, B + n + 1); f[0][0] = 1; for (int i = 1, Count; i <= n; ++ i ) { Count = 0, f[i][0] = f[i - 1][0]; for (int j = 1; j <= n; ++ j ) { Count += A[i] > B[j]; } for (int j = 1; j <= i; ++ j ) { f[i][j] = (f[i - 1][j] + max (0, Count - j + 1) * f[i - 1][j - 1] % Mod) % Mod; } } for (int i = N, Tag = 1; i <= n; ++ i, Tag = -Tag ) { Answer = (Answer + Tag * Getbinom (i, N) * f[n][i] % Mod * Fact[n - i] % Mod + Mod) % Mod; } printf ("%lld\n", Answer); return 0; }
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\(\tt BZOJ4665\) 小w的喜糖:
题意:
小w一共买了 \(n\) 块喜糖,发给了 \(n\) 个人,每个喜糖有一个种类。这时,小w突发奇想,如果这 \(n\) 个人相互交换手中的糖,那会有多少种方案使得每个人手中的糖的种类都与原来不同。两个方案不同当且仅当,存在一个人,他手中的糖的种类在两个方案中不一样。
数据范围:\(type_i \leq n \leq 2 \times 10^3\)。
思路:
咕咕咕……
代码:
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// ============================================= // 暁の水平线に胜利を刻むのです! // Author: 佐世保の时雨 // Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure // ============================================= #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const LL Mod = 1e9 + 9; const int Maxn = 2e3 + 10; int n, x; int Count[Maxn]; LL Answer; LL f[Maxn][Maxn], Fact[Maxn], Inv[Maxn]; inline LL Qkpow (LL Base, LL x) { LL Pow = 1; while (x ) { if (x & 1 ) { Pow = Pow * Base % Mod; } x >>= 1, Base = Base * Base % Mod; } return Pow; } inline LL Getinv (const LL Num) { return Qkpow (Num, Mod - 2); } inline LL Getbinom (const int n, const int m) { return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod; } signed main () { scanf ("%d", &n), Fact[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { scanf ("%d", &x), ++ Count[x]; } for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod; } Inv[n] = Getinv (Fact[n]); for (int i = n - 1; ~i; -- i ) { Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod; } f[0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++ i ) { for (int j = 0; j <= n; ++ j ) { for (int k = 0; k <= Count[i] and k <= j; ++ k ) { f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k] * Getbinom (Count[i], k) % Mod * Inv[Count[i] - k] % Mod) % Mod; } } } for (int i = 0, Tag = 1; i <= n; ++ i, Tag = -Tag ) { Answer = (Answer + Tag * f[n][i] % Mod * Fact[n - i] % Mod + Mod) % Mod; } printf ("%lld\n", Answer); return 0; }
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\(\tt CF285E\ Positions\ in\ Permutations\) :
题意:
称一个 \(1\) ∼ \(n\) 的排列的完美数为有多少个 \(i\) 满足 \(\left|P_i - i\right| = 1\)。
求有多少个长度为 \(n\) 的完美数恰好为 \(m\) 的排列。答案对 \(10^9 + 7\) 取模。数据范围:\(1 \leq n \leq 1000\),\(0 \leq m \leq n\)。
思路:
定义 \(f(x)\) 表示强制确定 \(x\) 个位置为完美的,剩下 \(n - x\) 个位置随便放的方案数(不去重),\(g(x)\) 为恰好有 \(x\) 个位置为完美的方案数。则有:
\(\large f(x) = \displaystyle\sum^n_{k=x}\dbinom{k}{x}g(k)\)
\(\large g(x) = \displaystyle\sum^n_{k=x}\left(-1\right)^{k - x}\dbinom{k}{x}f(k)\)
接下来,我们尝试去得到 \(f(x)\)。
定义 \(dp_{i,j,0/1,0/1}\) 表示当前选到了第 \(i\) 位,一共有 \(j\) 个位置是完美的,是否已经选了 \(i\),是否已经选了 \(i + 1\) 的方案数。
根据定义,我们可以进行分类讨论:
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第 \(i\) 位是完美的:
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第 \(i\) 位选 \(i - 1\):
由状态 \(\left(i - 1, j - 1, 0, 0\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 0, 0\right)\)。
由状态 \(\left(i - 1, j - 1, 0, 1\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 1, 0\right)\)。
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第 \(i\) 位选 \(i + 1\):
由状态 \(\left(i - 1, j - 1, 0/1, 0\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 0, 1\right)\)。
由状态 \(\left(i - 1, j - 1, 0/1, 1\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 1, 1\right)\)。
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第 \(i\) 位是不完美的:
由状态 \(\left(i - 1, j, 0/1, 0\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 0, 0\right)\)。
由状态 \(\left(i - 1, j, 0/1, 1\right)\) 转移到状态 \(\left(i, j, 1, 0\right)\)。
而 \(f(x) = \left(dp_{n, x, 0, 0} + dp_{n, x, 1, 1}\right) \times \left(n - x\right)!\),由此,我们便可以求出 \(g(x)\)。最终答案为 \(g(m)\)。
注意此时 \(dp_{i,j,0/1,0/1}\) 可以压维成 \(dp_{0/1,,j,0/1,0/1}\)。
时间复杂度 \(\Theta \left(n^2\right)\)。
代码:
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标签:right,反演,int,LL,Re,Maxn,left,二项式,Mod 来源: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure/p/15641176.html