P2518 [HAOI2010]计数

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数位dp / 康托展开

Tips

当题目要用到排列组合，却未让你取模时，用以下形式求排列组合比较稳
注意将数组定义为double、或long double
其范围在1e300多，可求至100!

void init(){
	A[0][0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<maxn;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			if(j==0) A[i][j]=1;
			else A[i][j]=A[i][j-1]*(i-j+1);
			if(j==0) C[i][j]=1;
			else C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
		}
	}
}

分析

1. 据说此题能用康托展开解决，然鹅并不会

康托展开是一个全排列到一个自然数的双射，常用于构建哈希表时的空间压缩，在组合数学中，其解决的是当前排列在全排列中的名次问题。
简单来说，给定一个 n 位数的全排列，可根据康托展开公式确定其应是字典序中的第几个排列。
由于康托展开计算的是某个全排列方式在该全排列集合中的字典序，其映射关系是唯一的，而且单调，因此映射关系是可逆的，故而当给定一个全排列的所有字符，以及某个字典序编号，可以利用逆康托展开得到相应的那个全排列。

2. 数位dp：其基本思想即是暴搜+剪枝，关键是在最初定义的状态，多次搜索有许多重复的交集，搜索一次后可被其他搜索利用该重复状态，以进行加速

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define double long double
const int maxn=1e2+5;
const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int base=131;
const double pi=3.1415926;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define maxx(a,b) (a>b?a:b)
#define minx(a,b) (a<b?a:b)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
inline ll qpow(ll base, ll n) { assert(n >= 0); ll res = 1; while (n) { if (n & 1) res = res * base % mod; base = base * base % mod; n >>= 1; } return res; }
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) { return a*b/gcd(a,b); }
ll inv(ll a) {return a == 1 ? 1 : (ll)(mod - mod / a) * inv(mod % a) % mod;}
//ll C(ll n,ll m){if (m>n) return 0;ll ans = 1;for (int i = 1; i <= m; ++i) ans=ans*inv(i)%mod*(n-i+1)%mod;return ans%mod;}
//ll A(ll n,ll m){ll sum=1; for(int i=n;i>=n-m+1;i--) sum=(sum*i)%mod; return sum%mod;}
ll GetSum(ll L, ll R) {return (R - L + 1ll) * (L + R) / 2ll;} //等差数列求和 
 
/************/
double A[maxn][maxn],C[maxn][maxn];
void init(){
	A[0][0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<maxn;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			if(j==0) A[i][j]=1;
			else A[i][j]=A[i][j-1]*(i-j+1);
			if(j==0) C[i][j]=1;
			else C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
		}
	}
}
char a[maxn];
int dig[maxn],pos,vis[maxn];
double dp[55][2],ans;
//dp[pos][lim]:前pos位，上界是否开启对应的答案 
double dfs(int pos,int zero,int lim){
	if(!pos) return 1;
	if(dp[pos][lim]!=-1) return dp[pos][lim];
	if(!lim){		//剪枝 
		double tmp=1;
		for(int i=0;i<=9;i++){
			tmp*=C[pos][vis[i]];
			pos-=vis[i];
		}
		return tmp;
	}
	int up=(lim?dig[pos]:9);
	double tmp=0;
	for(int i=0;i<=up;i++){
		if((zero&&i==0)||!vis[i]) continue;
		vis[i]--;
		tmp+=dfs(pos-1,zero&&i==0,lim&&i==up);
		vis[i]++;
	}
	return dp[pos][lim]=tmp;
}
double sol(){
	for(int i=0;i<55;i++) for(int j=0;j<2;j++) dp[i][j]=-1;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	pos=strlen(a);
	for(int i=0;i<pos;i++){
		dig[i+1]=a[pos-1-i]-'0';
		vis[dig[i+1]]++;
	}
	double ans=0;
	int cnt=vis[0];
	ans+=dfs(pos,1,1)-1;
	for(int i=0;i<cnt;i++){	//i:零数 
		int x=pos-cnt+i;	//x:总数 
		double tmp=0;
		for(int j=0;j<=9;j++){
			if(j==0) tmp+=C[x-1][i],x-=i;
			else tmp*=C[x][vis[j]],x-=vis[j];
		}
		ans+=tmp;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	init();
	scanf("%s",a);
	printf("%.0Lf",sol());
	return 0;
}

标签：tmp,return,P2518,int,double,ll,pos,计数,HAOI2010
来源： https://blog.csdn.net/while_you/article/details/115458898