Zjoi2011看电影(movie)
第一步,打表找规律,发现自己的表连3的小样例都过不去,还不如自己手模,自己手跑了5以下的样例,然后发现毫无规律可言……
第二步,想出一种错误做法,首先n>k必零,人比座都多……然后粘一下图:
基本思想单步容斥,1除去不可行的,后面那一坨求和是用实际意义想的,前i个人恰好从k个位置中,把最后i个给选掉了(包括移动的过程),然后剩下的n-i个人从k个座位中选中前k-i个则不会牺牲,否则GG,还是单步容斥,1除去不死的情况就是牺牲的。
然后化简,把分母化成n!*n^k这种常数,算分子求和,然后是小点,k<=3的,都过了,特别兴奋,准备上高精,结果试了一个3,5,心里一下就凉了,仔细思考一下,发现确实算重了,画了个3,4,发现有的位置由于那个Combine算重了,再改就多步容斥了。
而且这种题输出分数,又是高精,肯定不会是上式那种变态的形式。
第三步,重新打表,发现与(k+1)关系匪浅(因为k=9那一列全是10的倍数……),规律有了。
下面给出正解:
思路有些反人类,我们都是做环题拆环(即环排列),这题需要我们建环,首先在n<=k的前提下,我们再插入第k+1把椅子,是所有椅子构成一个环,这样想一下,就不可能有人没座了(因为会转圈,而人数小于椅子数,肯定人人有座),所以情况数为(k+1)^n,然后根据换排列的知识,肯定有重复情况(即将圆旋转可以得到同一个圆),当然此时你也可以用拆环的思想(刚建完就拆,Orz),不过一般都是除以元素总数,即k+1,现在就是(k+1)^(n-1),可是我们比原题多了一把椅子,怎么办呢?从剩下的k+1-n把空椅子中抽一把就好了……这样的话就是符合题意的条件,大家可以自己把式子写下来再想想。
总方案k^n没什么问题,那答案就是(k+1)^(n-1)*(k+1-n)/(k^n)喽。
然后向别人询问了高精gcd……其实用不到,做这种分数题小的求gcd,大的直接唯一分解定理拆,具体实现看看代码吧,不太好说,大概就是把分子拆到一个数组里,把分母拆到一个数组里,比较一下,那个数量多就乘到谁身上,高精还是要自己打的好。
ps:一开始以为会因为玄学高精卡时间,结果自家oj跑的还挺快,就没亿进制优化,想打的自己尝试一下吧。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
struct Bint{
int a[];
int len;
void clear(){
memset(a,,sizeof(a));
len=;
a[]=;
}
friend void operator *(Bint &x,int y){
int res=;
for(int i=;i<=x.len;i++){
x.a[i]=x.a[i]*y+res;
res=x.a[i]/;
x.a[i]%=;
}
while(res){
x.a[++x.len]=res%;
res/=;
}
while(x.a[x.len]==&&x.len>) x.len--;
}
void print(){
for(int i=len;i>=;i--)
printf("%d",a[i]);
}
}afz,afm;
int a[],fz[],fm[],n,k,T;
int p[];
bool judge(int x){
for(int i=;i<=sqrt(x);i++)
if(x%i==) return ;
return ;
}
void doprime(){
for(int i=;i<=;i++)
if(judge(i)) p[++p[]]=i;
}
void multfz(int x){
for(int i=;i<=p[];i++)
while(x%p[i]==) {
fz[i]++;
x/=p[i];
}
}
void multfm(int x){
for(int i=;i<=p[];i++)
while(x%p[i]==){
fm[i]++;
x/=p[i];
}
}
void work(){
for(int i=;i<=p[];i++){
if(fz[i]>fm[i])
for(int j=;j<=fz[i]-fm[i];j++)
afz*p[i];
else if(fz[i]==fm[i]) continue;
else
for(int j=;j<=fm[i]-fz[i];j++)
afm*p[i];
}
afz.print();
putchar(' ');
afm.print();
putchar('\n');
}
int main(){
doprime();
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&k);
memset(fz,,sizeof(fz));
memset(fm,,sizeof(fm));
afz.clear();afm.clear();
if(n>k){puts("0 1");continue;}
for(int i=;i<n;i++)
multfz(k+);
multfz(k+-n);
for(int i=;i<=n;i++)
multfm(k);
/* for(int i=1;i<=p[0];i++)
cout<<fz[i]<<" ";cout<<endl;
for(int i=1;i<=p[0];i++)
cout<<fm[i]<<" ";cout<<endl;*/
work();
}return ;
}
最新文章
- Python socket超时
- 2016-2017 ACM-ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest (Online Mirror, ACM-ICPC Rules, Teams Preferred)
- jenkins相关
- iOS 开发之推力动画效果
- KafkaOffsetMonitor
- ZOJ2150 Raising Modulo Numbers 快速幂
- Android APT(编译时代码生成)最佳实践
- 马哥k8s
- 从阿里巴巴面试题到java类加载机制
- iOS ReplayKit实时录制屏幕实现方案的细节记录
- linux 系统全盘备份
- Python面向对象编程(下)
- js------保留指定位数小数
- 解析如何在C语言中调用shell命令的实现方法【转】
- S5PV210 ADC转换
- jQuery在iframe里取得父窗口的某个元素的值
- MultCloud – 支持数据互传的网盘管理
- 国庆大礼包:2014年最全的ANDROID GUI模板和线框图免费下载
- Windows 计划任务之消息提醒
- CMD命令不完全版