专题讲座5 组合数学学习心得

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ZJNU-2022暑期专题-组合数学 - Virtual Judge (vjudge.net)

学长贴的自闭知识

知识点：

求逆元性价比最高公式

错排

Lucas

例题：

E - Shinyruo and KFC

G - 硬币购物

知识点：

求逆元性价比最高公式

先求出尾巴的inv，然后层层往前回去。

rep(i,2,N-5){f[i]=f[i-1]*i%p;
}
inv[N-5]=fastpower(f[N-5],p-2,p);
nep(i,N-6,2){inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
}

错排

//错排递推公式
d[1]=0;d[2]=1;d[3]=2;
//d表示全错排n个数的情况有多少
rep(i,4,N){d[i]=((i-1)*(d[i-1]+d[i-2]))%p;
}
//故5个数错排3个，就是C(3,5)*d[3];

Lucas

//求组合，当q次询问余数p(<1e6且质数)的值会改变的时候使用。
int lucas(int n,int m){if (!m) return 1;return c(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p)%p;
}

例题：

E - Shinyruo and KFC

大意：n个食物，每个食物ai个，m个队伍，每个队伍每种食物最多吃一个，求队伍分别为1~m的时候，分配食物吃完的不同情况。

学长说这是一道铜牌题。

这道题还有个题面，就是所有ai的和不超过1e5，而n也是1e5，那么不同的ai最多只有sqrt(1e5)个，所以抽屉原理，会有一堆重复的，这时候就可以unordered_map存进去，时间复杂度就变成了，n*sqrt(1e5)*快速幂logn，就能过了。

总结：铜牌题更注重对不同题目数据的处理。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for (int i=l;i<=r;i++)
#define nep(i,r,l) for (int i=r;i>=l;i--)
#define pii pair<int,int>
#define int long long
#define CIO std::ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const int p=998244353;
int a[N],t[N],tn[N];
int f[N],inv[N],finv[N];
unordered_map <int,int> mp;
int fastpower(int a,int x,int p){int ans=1;while (x){if (x&1) ans=(ans*a)%p;x=x/2;a=(a*a)%p;}return ans%p;
}void Int(){f[0]=inv[0]=f[1]=inv[1]=finv[0]=finv[1]=1;rep(i,2,N-5){f[i]=f[i-1]*i%p;}inv[N-5]=fastpower(f[N-5],p-2,p);nep(i,N-6,2){inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;}
}
int c(int m,int n){if (m>n) return 0;return f[n]*inv[n-m]%p*inv[m]%p;
}
void work(){Int();int n,m;cin>>n>>m;int ma=0;rep(i,1,n){cin>>a[i];mp[a[i]]++;ma=max(ma,a[i]);}int ans=0;unordered_map<int,int>::iterator it;int cnt=0;for(it=mp.begin();it!=mp.end();it++){t[++cnt]=it->second;tn[cnt]=it->first;}rep(i,1,m){if (i<ma) cout<<0<<endl;else{ans=1;rep(j,1,cnt){if (t[j]!=0){int zhi=fastpower(c(tn[j],i),t[j],p);if (zhi!=0){ans=ans*zhi%p;}}}cout<<ans<<endl;}}
}
signed main(){CIO;work();return 0;
}

G - 硬币购物

共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。

某人去商店买东西，去了n次,对于每次购买,他带了 di 枚 i种硬币，想购买 s 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

这是一道dp+容斥的一道题，如果没有数量限制，就是一道完全背包的板子题目，我们假设一个超过限制，其他的就是完全背包，然后假设四遍，最后减掉，但发现会多减掉，这就是容斥原理了，然后再继续处理，暴力+-就好了，只有4种硬币。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,l,r) for (int i=l;i<=r;i++)
#define nep(i,r,l) for (int i=r;i>=l;i--)
#define pii pair<int,int>
#define int long long
#define CIO std::ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const int p=998244353;
int c[10],dp[N];
int d[10],s;
int sum(int idx){return c[idx]*(d[idx]+1);
}
void work(){int n;rep(i,1,4){cin>>c[i];}dp[0]=1;rep(i,1,4){for (int j=c[i];j<N;j++){dp[j]+=dp[j-c[i]];}}cin>>n;rep(i,1,n){rep(j,1,4){cin>>d[j];}cin>>s;int ans=dp[s];if (s>=sum(1)) ans-=dp[s-sum(1)];if (s>=sum(2)) ans-=dp[s-sum(2)];if (s>=sum(3)) ans-=dp[s-sum(3)];if (s>=sum(4)) ans-=dp[s-sum(4)];if (s>=sum(1)+sum(2)) ans+=dp[s-sum(1)-sum(2)];if (s>=sum(1)+sum(3)) ans+=dp[s-sum(1)-sum(3)];if (s>=sum(1)+sum(4)) ans+=dp[s-sum(1)-sum(4)];if (s>=sum(2)+sum(3)) ans+=dp[s-sum(2)-sum(3)];if (s>=sum(2)+sum(4)) ans+=dp[s-sum(2)-sum(4)];if (s>=sum(3)+sum(4)) ans+=dp[s-sum(3)-sum(4)];if (s>=sum(1)+sum(2)+sum(3)) ans-=dp[s-sum(1)-sum(2)-sum(3)];if (s>=sum(1)+sum(3)+sum(4)) ans-=dp[s-sum(1)-sum(3)-sum(4)];if (s>=sum(1)+sum(2)+sum(4)) ans-=dp[s-sum(1)-sum(2)-sum(4)];if (s>=sum(2)+sum(3)+sum(4)) ans-=dp[s-sum(2)-sum(3)-sum(4)];if (s>=sum(1)+sum(2)+sum(3)+sum(4)) ans+=dp[s-sum(1)-sum(2)-sum(3)-sum(4)];cout<<ans<<endl;}
}
signed main(){CIO;work();return 0;
}