给出一个长度为n的序列，你需要计算出所有长度为k的子序列中，除最大最小数之外所有数的乘积相乘的结果。
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/18203
来源：牛客网
输入描述:
第一行一个整数T，表示数据组数。
对于每组数据，第一行两个整数N，k，含义如题所示
接下来一行N个整数，表示给出的序列
保证序列内的数互不相同
输出描述:
对于每组数据，输出一个整数表示答案，对109+7取模
每组数据之间以换行分割
数据范围:
对于30%的数据：T⩽10,N⩽100,k⩽N
对于60%的数据：T⩽10,N⩽1000,k⩽N
对于100%的数据：T⩽1000,N⩽1000,k⩽N
保证序列中的元素互不相同且⩽106，k⩾3
（好像吞行了，用图片代替0.0）
分析
首先可以确定的是，长度为k的子序列有C(n,k)种，枚举一定超时。
如果得到a1, a2, ... an在所有子序列中出现的次数，那么可以通过快速幂在O(q*n*log(n))时间内计算出结果，算法可行。
由于要排除最小数和最大数，不妨先对数组排个序。设排序后的数组为
a1<a2<a3<...<an
显然在任意子序列中，a1与an都不会计算在内。对于计算了a2的全部子序列，一定包含比a2小的a1，以及大于a2剩下k-2个数；
对于计算了a3的全部子序列，一定包含比a3小的a1和a2中至少一个，以及大于a3部分剩下的数；
...
所以对于ai, 出现的总次数为C(i-1, j)*C(n-i, k-1-j), 1<=j<k-1.
于是很容易就写好了代码(WA)：
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1010; const int mod = 1e9+7; ll C[maxn][maxn]; ll arr[maxn]; void pre() { for(int i=0;i<maxn;i++) { C[i][0] = 1; C[i][i] = 1; } for(int i=1;i<maxn;i++) { for(int j=1;j<maxn;j++) { C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1]; C[i][j] %= mod; } } } ll pow(ll a, ll n) { ll res = 1; while(n>0) { if(n&1) res = res*a % mod; a = a*a % mod; n >>= 1; } return res; } int main() { int t, n, k; cin>>t; while(t--) { scanf("%d %d", &n, &k); /*for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%lld", &arr[i]); } sort(arr, arr+n); ll ans = 0; for(int i=0;i<n;i++) { ll exp = C[n-1][k-1]-C[max(n-i+1,i)][k-1]; exp %= mod-1; ans *= pow(arr[i], exp); } printf("%lld ", ans);*/ } return 0; }
使用原始表达式计算，复杂度O(q*N2)，显然超时，但通过了60%的测试。
TLE(60%)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1010; const int mod = 1e9+7; ll C[maxn][maxn]; ll arr[maxn]; void pre() { for(int i=0;i<maxn;i++) { C[i][0] = 1; C[i][i] = 1; } for(int i=1;i<maxn;i++) { for(int j=1;j<maxn;j++) { C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1]; C[i][j] %= mod-1; // 由欧拉（费马小）定理，a，p互质时，有a^b % p == a^(b%φ(p)) % p } } } ll pow(ll a, ll n) { ll res = 1; while(n>0) { if(n&1) res = res*a % mod; a = a*a % mod; n >>= 1; } return res; } int main() { pre(); int t, n, k; cin>>t; while(t--) { scanf("%d %d", &n, &k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld", &arr[i]); } sort(arr+1, arr+n+1); ll ans = 1; for(int i=2;i<=n-1;i++) { ll exp = 0; for(int j=1;j<i&&j<k-1;j++) { exp += C[i-1][j]*C[n-i][k-1-j]; exp %= mod-1; } ans = ans*pow(arr[i], exp) % mod; }
printf("%lld ", ans); } return 0; }
直接用循环计算上面的表达式，复杂度有点高，于是手算化简：
包含ai的子序列有C(n-1, k-1)种，把全部选取小于ai和全部选取大于ai的情况排除即可，即
C(n-1, k-1) - C(i-1, k-1) - C(n-i, k-1)
在第一次WA的基础上改进，依旧0%。
重新推导验算了半天，实在感觉没有任何错误了，最终参考了别人的代码，加上一行就AC了。。。
int main() { pre(); int t, n, k; cin>>t; while(t--) { scanf("%d %d", &n, &k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld", &arr[i]); } sort(arr+1, arr+n+1); ll ans = 1; for(int i=2;i<=n-1;i++) { ll exp = C[n-1][k-1]; if(i-1>=k-1) { exp -= C[i-1][k-1]; } if(n-i>=k-1) { exp -= C[n-i][k-1]; }
exp = exp%(mod-1)+(mod-1); // 加上这一行就通过了，否则0% exp %= mod-1; ans = ans*pow(arr[i], exp) % mod; } printf("%lld ", ans); } return 0; }
以后一定要特别小心负数取模的问题！！！
// 负数取模 a = (a%mod + mod) % mod;
（完）