wsoj「G2016 SCOI2018 Round #12」建筑师

传送门

小半个月前的测试，现在翻出来。

考试时我和sxyA了这题。

当时随便搞了个dp,dp[i][j]表示i个数能看到j个的情况数，考虑新加入一个比之前i-1个数都小的数，能看到它的情况是它加到第一个，不能看到它的情况是它加到第1~i-1个数之后。所以 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*1+dp[i-1][j]*(i-1);

然而这个东西刚好就是第一类斯特林数。

第一类Stirling数是有正负的，其绝对值是包含n个元素的集合分作k个环排列的方法数目。

i个数的排列可以看到j个数的情况可以看作 把i个数分成j个集合，每个集合中最大的数排在第一个，其它的数任意排列。而这刚好是一个环排列。

显然，n个数的环排列等于n-1个数的全排列。

//Achen
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
const int N=5e4+;
const int mod=1e9+;
typedef long long LL;
using namespace std;
LL dp[N][],C[][];
int T,n,a,b;

template<typename T> void read(T &x) {
    char ch=getchar(); T f=; x=;
    while(ch!='-'&&(ch<''||ch>'')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=-,ch=getchar();
    for(;ch>=''&&ch<='';ch=getchar()) x=x*+ch-''; x*=f;
}

#define orzllj
int main() {
#ifdef orzllj
    freopen("building.in","r",stdin);
    freopen("building.out","w",stdout);
#endif
    dp[][]=;
    for(int i=;i<=;i++)
        for(int k=;k<=min(,i);k++)
            dp[i][k]=(dp[i-][k]*(i-)%mod+dp[i-][k-])%mod;
    for(int i=;i<=;i++) C[i][]=;
    for(int i=;i<=;i++)
        for(int j=;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-][j]+C[i-][j-])%mod;
    read(T);
    while(T--) {
        read(n); read(a); read(b);
        LL ans=dp[n-][a+b-];
        ans=(ans*C[a+b-][a-])%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return ;
}
/*
2
3 2 2
3 2 1
*/

顺便：

第二类Stirling数实际上是集合的一个拆分，表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数，

S(n,k)=s(n-1,k-1)+S(n-1,k)*k;   递推公式很好想。

通项公式：

其它的之后什么时候再学吧。