题目描述

众所周知卡农是一种复调音乐的写作技法，小余在听卡农音乐时灵感大发，发明了一种新的音乐谱写规则。他将声音分成 n 个音阶，并将音乐分成若干个片段。音乐的每个片段都是由 1 到 n 个音阶构成的和声，即从 n 个音阶中挑选若干个音阶同时演奏出来。为了强调与卡农的不同，他规定任意两个片段所包含的音阶集合都不同。同时为了保持音乐的规律性，他还规定在一段音乐中每个音阶被奏响的次数为偶数。现在的问题是：小余想知道包含 m 个片段的音乐一共有多少种。两段音乐 a 和 b 同种当且仅当将 a 的片段重新排列后可以得到 b。例如：假设 a

为{{1,2},{2,3}}，b 为{{3,2},{2,1}}，那么 a 与 b 就是同种音乐。由于种数很多，你只需要

输出答案模 100000007（质数）的结果。

Sol

数据范围 10^6
并且是计数题 , 复杂度估计是 $O(n)$ 了

说实话 , 要是思路不够清晰的话这题真的很难想到

最后答案要满足三个条件:

所有集合不重复
所有集合非空
所有数字出现次数为偶数
要求的是无序的排列数

无序的排列在有限制条件下很不好求 , 因为情况太多
但是首先我们发现集合两两不同 , 那么无序这个条件就很好解决了 , 直接在最后有序的答案中乘上阶乘逆元就可以了

关键是上面的三个条件

注意到一个很重要的性质: 每一个片段中一种数字只能出现一次 , 且不能为空集!!!

这意味这在一个合法的方案中再要求加一个片段 , 那么一定是不合法的
从这也可以看出 , 如果已经确定了一些片段 , 要求加入一个片段后合法的方案是唯一的!

那么可以考虑容斥 , 用总数减去不合法的
假设我们要求 m 个片段的方案

那么满足所有数字出现次数为偶数的总方案数就是 $A_{2^n-1}^{m-1}$ , 即从总的可能的集合中选取 m-1 个后排列的方案数 (先把不好处理的条件先限制好)

然后不合法的就是这个时候 , 集合重复出现或者该集合为空的方案

首先处理集合为空的情况 , 如果要选空集才能合法 , 那么必定本来就是合法的 , 所以这部分不合法的方案数就是 m-1 个片段时的方案数

然后是集合重复的情况 , 这里我们发现如果集合重复出现 , 那么删去这两个集合后仍然合法

于是可以从 m-2 个片段时转移过来
总转移方程:
$f[i]=A_{2^n-1}^{i-1} -f[i-1]-f[i-2]*(i-1)*(2^n-i+1)$

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,m;
typedef long long ll;
const ll mod=1e8+7;
const int N=1e6+10;
inline ll fpow(ll x,ll k)
{
	register ll ret=1;
	while(k){
		if(k&1) ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		k>>=1;
	}
	return ret;
}
ll f[N];
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	if(n==1) return puts("0"),0;
	if(m<=2) return puts("0"),0;
	register ll fac=1;
	for(register int i=1;i<=m;++i) fac=fac*i%mod;
	register ll inv=fpow(fac,mod-2);
	register ll S=(fpow(2,n)+mod-1)%mod;
	register ll A=S;
	for(register ll i=3;i<=m;++i) {
		register ll T=(S-i+2+mod)%mod;
		A=A*T%mod;
		f[i]=(A-f[i-1]-f[i-2]*(i-1)%mod*T%mod+(mod<<1))%mod;
	}
	f[m]=f[m]*inv%mod;
	printf("%lld\n",f[m]);
}

【Luogu P3214】[HNOI 2011] 卡农

题目描述

Sol

猜你喜欢