P2606 [ZJOI2010]排列计数

P2606 [ZJOI2010]排列计数

因为每个结点至多有一个前驱，所以我们可以发现这是一个二叉树。现在我们要求的就是以1为根的二叉树中，有多少种情况，满足小根堆的性质。
设(f(i))表示以(i)为根的子树中满足小根堆性质的情况，那么就有：(f(i)=f(ls)*f(rs)*C_{sum(i)-1}^{sum(ls)})。表示选出(sum(ls))个结点来作为左儿子中的结点，并且左右儿子都满足小根堆的性质。这里左右儿子这两个问题都是独立的，所以可以直接运用乘法原理。
这里求组合数可以直接用Lucas定理来求，Lucas定理为：若p是一个质数，那么(C_n^m=C_{frac{n}{p}}^{frac{m}{p}}*C_{nmod p}^{mmod p}mod p)。

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll ;
const int N = 2e6 + 5;
ll n, p;
ll inv[N], fac[N], s[N], f[N];
ll C(ll a, ll b) {
    if(a < b) return 0;
    if(a == b || b == 0) return 1;
    if(a < p && b < p) return inv[b] * inv[a - b] % p * fac[a] % p;
    return C(a % p, b % p) * C(a / p, b / p) % p;
}
ll qp(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans ;
}
int main() {
    cin >> n >> p;
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p;
    for(int i = 1; i <= n; i++) inv[i] = qp(fac[i], p - 2) ;
    for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = 1;
    for(int i = n; i >= 2; i--) s[i >> 1] += s[i] ;
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        int ls = i << 1, rs = i << 1 | 1;
        if(f[ls] && f[rs]) f[i] = f[ls] * f[rs] % p * C(s[i] - 1, s[ls]) % p;
        else if(f[ls]) f[i] = f[ls] ;
        else f[i] = 1;
    }
    cout << f[1] ;
    return 0;
}