「题解」：[组合数学]：Perm 排列计数

题干：

Description
称一个1,2,…,N的排列P1,P2…,Pn是Magic的，当且仅当2<=i<=N时，Pi>Pi/2.

计算1，2，…N的排列中有多少是Magic的，答案可能很大，只能输出模P以后的值
Input
输入文件的第一行包含两个整数 n和p，含义如上所述。
Output
输出文件中仅包含一个整数，表示计算1,2,⋯, n的排列中， Magic排列的个数模 p的值。
Sample Input
20 23
Sample Output
16
HINT
100%的数据中，1 ≤ N ≤ 106, P≤ 10^9，p是一个质数。

题目概述：求N个数的排列中满足P[i]>P[i/2]的个数。

 

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题解：

拿到这道题一脸懵比，自己想了半天妄图用纯组合数学知识做出来。

问了问大佬，大佬说要用小根堆，吓得我直接就不是人了。

研究了一下，发现这道题其实就是求n个数组成的小根堆的个数。

写出来一个状态转移方程（搞得跟树归似的吓死个人）：f[i]=f[i<<1]+f[i<<1|1]+C(size[i-1],size[i<<1]);

解释一下：上式中，size代表小根堆（其实就是一个树型的）以某一点为根节点的子树的大小。

f代表以当前节点为根节点的小根堆共有多少中排列方式。

$C_{size[i-1]}^{size[i<<1]}$代表的意义是：从比i大的数字中选出左儿子需要的个数插入到左子树中组成的一种排列。

其实$C_{size[i-1]}^{size[i<<1]}$和$C_{size[i-1]}^{size[i<<1|1]}$还是一样的。

size的累加过程：siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;

我们发现，n的范围还是不小的（10的6次方），所以用到了Lucas定理。就这样啦～

代码：

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
long long n,p,siz[4000006],dp[4000006];
long long fac[40000006];
inline long long qpow(long long a,long long b)
{register long long ans=1;a%=p;while(b){if(b&1)ans=ans*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return ans;
}
inline long long C(long long nn,long long k)
{if(k>nn)return 0;elsereturn fac[nn]*(qpow(fac[k]*fac[nn-k]%p,p-2))%p;
}
inline long long Lucas(long long a,long long b)
{if(b==0)return 1;return C(a%p,b%p)*Lucas(a/p,b/p)%p;
}
inline void getchart()
{fac[1]=fac[0]=1;for(register long long i=2;i<=n;i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%p;return ;
}
int main()
{scanf("%lld %lld",&n,&p);getchart();
//    cout<<fac[10]<<endl;for(register int i=n;i>=1;--i){siz[i]=siz[i<<1]+siz[i<<1|1]+1;dp[i]=Lucas(siz[i]-1,siz[i<<1]);if((i<<1)<=n)dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1])%p;if((i<<1|1)<=n)dp[i]=(dp[i]*dp[i<<1|1])%p;}printf("%lld\n",dp[1]);return 0;
}