New Year Garland(dp+组合数学)

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/21791/I

思路：dp+组合数学
首先我们考虑对于单独一层长度为l的方案数是多少
那么我们设f[i][j]表示长度为i，选了j种颜色的方案数(先不考虑排列
那么递推式就是
f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(j-1)
f[i-1][j-1]代表长度为i-1的时候选了j-1种颜色，那么这个时候必须选个新颜色才能达到j种颜色
f[i-1][j]代表前面选了j种颜色，那么之后选颜色的时候只要不跟最后一个颜色重复就好了，那么就是跟前面j-1中颜色重复那么就乘个(j-1)
之后如果要排列的话乘个j的阶乘就好
之后我们再来考虑到第i层恰好选了j种颜色的情况
先不考虑相邻两层颜色集合不同
设dp[i][j]为第i层恰好选了j种颜色的情况
那么dp[i][j]= ∑ j = 1 m i n ( L [ i − 1 ] , m ) \sum_{j=1}^{min(L[i-1],m)} ∑j=1min(L[i−1],m)​ × ( m j ) \binom{m}{j} (jm​) × j! × f[L[i]][j]
∑ j = 1 m i n ( L [ i − 1 ] , m ) \sum_{j=1}^{min(L[i-1],m)} ∑j=1min(L[i−1],m)​代表前i-1层选了所有颜色的方案数
( m j ) \binom{m}{j} (jm​)代表从m个颜色中选j个
之后选了j个颜色进行排列乘上长度为L[i]选了j种颜色的方案数就是dp[i][j]（不考虑相邻两层颜色集合不同的情况)
那么如果集合颜色不同呢
我们就可以减去集合颜色相同就是这行选了j种颜色的话上行那肯定不能选j种颜色了
那么就是dp[i][j]-=dp[i-1][j] × j! × f[L[i-1]][j]
可以再弄个滚动数组
之后注意一下取模之类的就好啦

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,mod;
const int N=1e6+10;
ll jc[5050];
ll Cm[5050];
ll L[N];
ll dp[2][5050];
ll f[5050][5050];
ll ans[3];
void init()
{
    jc[0]=1;
    for(int i=1; i<=m; i++)jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
    Cm[0]=1;
    for(int i=1; i<=m; i++)Cm[i]=Cm[i-1]*(m-i+1)%mod;
    return;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
    cin>>n>>m>>mod;
    init();
    for(int i=1; i<=n; i++)cin>>L[i];
    f[0][0]=1;
    for(int i=1; i<=5000; i++)
        for(int j=1; j<=i; j++)f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(j-1)%mod)%mod;
    int flag=0;
    ans[1]=1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=min(m,L[i]); j++)
        {
            dp[flag][j]=ans[flag^1]*Cm[j]%mod*f[L[i]][j]%mod;//这里没乘j!是因为和C(j,m)约掉了
            if(j<=L[i-1])dp[flag][j]=(dp[flag][j]-dp[flag^1][j]*jc[j]%mod*f[L[i]][j]%mod+mod)%mod;
            ans[flag]=(ans[flag]+dp[flag][j])%mod;
        }
        flag^=1;
        ans[flag]=0;
    }
    cout<<ans[flag^1];
    return 0;
}

标签：种颜色,颜色,Garland,int,ll,Year,New,5050,dp
来源： https://blog.csdn.net/m0_53807008/article/details/121117564