牡牛和牝牛

有n個0或者1，進行全排列，要求任意兩個0間至少有k個1,詢問其方案數%5000011。
對于全部數據，對于全部數據，\(1≤N≤10^5,0≤K<N\)。

解：

顯然為排列組合問題，考慮方向自然為通項與遞推方程。

法一（通項公式）：

首先0決定了1的擺放，其次數據范圍支持對0的枚舉，于是枚舉0的個數，設其x，于是每個間隔至少要有k個1,不妨先構造讓其滿足條件，需要(x-1)k個1,顯然有\((x-1)k+x\leq n\Rightarrow [\frac{n+k}{k+1}]\),于是問題即變成對于剩下的1的插入0之間的間隔，
共有x+1個間隔,剩下的1的個數為\(n-(x-1)k-x\)。

思路一：

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間隔是有序的，而1是無序的，不好解決無序的元素放入有序的盒子的方案數的問題，反過來看則是有序的間隔放入無序的1,而間隔可以多次放入同一個1,即可重組合，于是方案數不難得知為\(C_{n-(x-1)k}^{x}\)。

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思路二：

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插入組合問題很困難，于是考慮組合轉排列，轉換模型，即等價于\(n-(x-1)k-x\)個1與\(x\)個0進行全排列,根據可重排列公式有：
\[\frac{(n-(x-1)k-x+x)!}{x!(n-(x-1)k-x)!}=\frac{(n-(x-1)k)!}{x!(n-(x-1)k-x)!}\]
\[=C_{n-(x-1)k}^{x}\]

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所以只要枚舉0的個數，代入公式累加即可。

參考代碼：

#include <iostream> #include <cstdio> #define il inline #define ri register #define ll long long #define yyb 5000011 using namespace std; ll jc[100001],jv[100001],lsy(1); il ll pow(ll,ll),c(int,int); int main(){int n,i,j,k,li;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=jc[0]=1;i<=n;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%yyb;jv[n]=pow(jc[n],yyb-2),li=(n+k)/(k+1);for(i=n,jv[0]=1;i>1;--i)jv[i-1]=jv[i]*i%yyb;for(i=1;i<=li;++i)(lsy+=c(n-(i-1)*k,i))%=yyb;printf("%lld",lsy);return 0; } il ll c(int n,int r){if(n<r)return 0;return jc[n]*jv[r]%yyb*jv[n-r]%yyb; } il ll pow(ll x,ll y){ll ans(1);while(y){if(y&1)ans=ans*x%yyb;x=x*x%yyb,y>>=1;}return ans; }

法二（遞推方程）

經驗告訴我們以序列長度為狀態，于是設\(f[i]\)表示填到第i個位置的方案數，顯然策略為填0或者1,填1恒滿足累加\(f[i-1]\)，填0導致前k個都不能填0,故累加\(f[i-k-1]\),于是有:
\[f[i]=f[i-1]+f[i-k-1]\]

參考代碼：

#include <iostream> #include <cstdio> #define il inline #define ri register #define yyb 5000011 using namespace std; int dp[100001]; int main(){int n,k,i;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=1;i<=k+1;++i)dp[i]=i+1;for(i=k+2;i<=n;++i)dp[i]=(dp[i-k-1]+dp[i-1])%yyb;printf("%d",dp[n]);return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/a1b3c7d9/p/10780306.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的牡牛和牝牛的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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