bzoj·小w的喜糖

初見安~這裏是傳送門：bzoj P4665 小w的喜糖

Sol

代碼及題解參考：https://www.cnblogs.com/Parsnip/p/11530658.html

這算是容斥定理的一個非常經典的模板題。說白了就是——錯排問題的升級版，每個人原本的序號存在重複。

看到題目既然無從下手，那麼就採取一個技巧叫做假設。最難切入的地方在於，對於一部分人來說，只要拿到的是某種糖果，那麼方案都是一樣的。所以——我們假設每個糖果都不一樣。也就是說——若第一個人和第二個人在各種交換後都拿到了種類三的糖果，然後兩人交換一下，這就是兩種方案。有個什麼好處呢——暫時不用在意去重的問題。

那麼既然已經考慮到去重了，就開始扯容斥。容斥的時候首先要想好條件性質。這裏我們設一個性質是“有一個人拿着自己同種的糖果”。那麼所求就是滿足性質爲0時的答案。也就是說我們要考慮至少有x個人手中有和自己同種糖果時的計數。設表示前i個人中有j個人手裏拿的是和自己同種類的糖。那麼就很好遞推：

cnt表示對某種糖果的數量的計數。含義：在前i-1種糖果的情況下，加入i這一種糖果，並搭配k個本身爲該種糖果的人進去，而這k個人要在cnt[i]裏面選，並且因爲每顆糖果就算同種也不一樣，所以每個人在剩下的糖果中都有不同的剩餘選擇。【最後那一步表示】

現在得到了f[i][j]，我們繼續回退。因爲性質是有同種的糖果，所以假設爲剛好滿足x個性質時的方案數，所求應爲。

容斥一下可得：

最後的最後因爲我們假設了每顆糖果都不同，所以要分別處以各種糖果數量的階乘纔行。【組合數學裏的定理，不好證】

所以上代碼：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 4005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1000000009;
int read() {
    int x = 0, f = 1, ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return x * f;
}
 
int n, a[maxn], cnt[maxn], tot = 0;
ll fac[maxn], inv[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod, b >>= 1;} return res;}
ll C(ll n, ll m) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}//求組合
ll A(ll n, ll m) {return fac[n] * inv[n - m] % mod;}//求排列
 
ll f[maxn][maxn], ans = 0;
bool cmp(int a, int b) {return a > b;}
signed main() {
    fac[0] = 1, inv[0] = 1;//預處理階乘和逆元
    for(int i = 1; i <= 4000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[4000] = pw(fac[4000], mod - 2);
    for(int i = 3999; i > 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
     
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), cnt[a[i]]++, tot = max(tot, a[i]);
     
    int lim = 0; f[0][0] = 1;//預處理f數組
    for(int i = 1; i <= tot; i++) {
        lim += cnt[i];
        for(int j = 0; j <= lim; j++) for(int k = 0; k <= min(j, cnt[i]); k++)
            f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k] * C(cnt[i], k) % mod * A(cnt[i], k) % mod) % mod;
    }
    //容斥
    for(int i = 0, kd = 1; i <= n; i++, kd = -kd) ans = (ans + kd * f[tot][i] * fac[n - i]) % mod;
    ans = (ans + mod) % mod;
    for(int i = 1; i <= tot; i++) ans = ans * inv[cnt[i]] % mod;//去掉假設
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

關於容斥定理和廣義容斥定理，題解前掛的那篇博客講的挺好的：）

迎評：）
——End——