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  • C 题解———2019.10.16

    现在很痛苦,等过阵子回头看看,会发现其实那都不算事

    【题目描述】
    定义一个排列 a 的价值为满足|a[i]-i|<=1 的 i 的数量。
    给出三个正整数 n,m,p,求出长度为 n 且价值恰好为 m 的排列的个数对 p 取
    模的结果。
    【输入描述】
    第一行两个正整数 T,p,T 为数据组数,p 为模数。
    接下来 T 行,每行两个正整数 n,m。
    【输出描述】
    T 行,每行一个非负数,表示答案。
    【输入样例】
    5 1887415157
    3 1
    3 2
    3 3
    50 10
    1500 200
    【输出样例】
    1
    2
    3
    621655247
    825984474
    【数据范围】
    10%的数据:n<=10
    30%的数据:n<=15
    50%的数据:n<=200
    另有 10%的数据:m=1
    另有 10%的数据:m=n-1
    100%的数据:1<=T,n,m<=2000,2<=p<=10^12


    题意:
    定义一个排列 a 的价值为满足|a[i]-i|<=1 的 i 的数量。
    给出三个正整数 n,m,p,求出长度为 n 且价值恰好为 m 的排列的个数对 p 取模的结果。
    T组询问,p事先给出。

    题解:
    因为n,m <= 2000,而且p是事先给出的,所以我们可以一次性预处理出n,m <= 2000的答案。

    考虑一个长度为i的排列如何变成长度为i+1的排列。
    一种情况是我在它末尾加入了一个数i+1,另一种情况是我用i+1替换掉了原来排列中的一个数,然后把被换掉的数放到排列的末尾。
    那么,这个排列权值的变化就是:
    第一种情况:在它末尾加入了一个数i+1,权值+1。
    第二种情况:用i+1替换掉一个数,权值 += 加的贡献 - 换掉的数的贡献。

    在DP当中,我们只需要考虑替换掉的数是否是i,以及i是否在位置i/i-1即可。总共有5种本质不同的状态,分类讨论转移即可。
    复杂度O(nm)。


    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    
    const int N=2005;
    
    int q,n,m,u,v;
    LL p,ans,f[N][N][5],x;
    
    int rd(){
        int re=0,f=1;char c=getchar();
        while ((c<'0')||(c>'9')) {if (c=='-') f=-f;c=getchar();}
        while ((c>='0')&&(c<='9')) {re=re*10+c-'0';c=getchar();}
        return re*f;
    }
    
    int main(){
        freopen("c.in","r",stdin);
        freopen("c.out","w",stdout);
        cin>>q>>p;
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[1][1][0]=1ll;
        f[2][2][0]=1ll;f[2][2][1]=1ll;
        
        n=2000;
        for (int i=2;i<n;++i)
            for (int j=0;j<=n;++j){
                for (int k=0;k<=4;++k){
                    x=f[i+1][j+1][0]+f[i][j][k];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][j+1][0]=x;
                    u=j+((k%2)==0);
                    v=1+(k!=0);
                    x=f[i+1][u][v]+f[i][j][k];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][u][v]=x;
                }
                
                if (f[i][j][0]>0ll){
                    f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][0]*(LL)(j-1))%p;
                    f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][0]*(LL)(i-j))%p;
                }
                if (f[i][j][1]>0ll){
                    x=f[i+1][j][3]+f[i][j][1];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][j][3]=x;
                    f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][1]*(LL)(j-2))%p;
                    f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][1]*(LL)(i-j))%p;
                }
                if (f[i][j][2]>0ll){
                    x=f[i+1][j][3]+f[i][j][2];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][j][3]=x;
                    f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][2]*(LL)(j-1))%p;
                    f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][2]*(LL)(i-j-1))%p;                
                }
                if (f[i][j][3]>0ll){
                    x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][3];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][j+1][3]=x;
                    f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][3]*(LL)(j-1))%p;
                    f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][3]*(LL)(i-j-1))%p;    
                }
                if (f[i][j][4]>0ll){
                    x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][4];
                    x=(x<p)?x:(x-p);
                    f[i+1][j+1][3]=x;        
                    if (j>0) f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][4]*(LL)(j))%p;
                    f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][4]*(LL)(i-j-2))%p;    
                }
            }
        
        for (;q>0;--q){
            cin>>n>>m;
            ans=(f[n][m][0]+f[n][m][1]+f[n][m][2]+f[n][m][3]+f[n][m][4])%p;
            cout<<ans<<'
    ';
        }
        return 0;
    }
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