数学上来先打表 SRM 10
描述
给出 n个点(不同点之间有区别),求出满足下列条件的连边(双向边)方案:
1.每条边连接两个不同的点,每两个点之间至多有一条边
2.不存在三个点a,b,c使三个点间两两可以互相到达且两两之间最短距离相等
3.边的长度均为1
输入格式
一行,一个整数n
输出格式
一行,一个整数,表示方案数对1004535809取模的结果。
样例输入
3
样例输出
7
数据范围与约定
对于8组数据,1<=n<=9
对于余下8组数据,10<=n<=2000
样例解释
三个点之间没有边,有1种方案
三个点之间有一条边,有3种方案
三个点之间有两条边,有3种方案
—————————————————————
这道题观察可得这n个数组成的不是环就是链
是环还必须大于3且不能是3的倍数
我们任然可以先预处理出各个阶乘的逆元
T是2关于mod的逆元 这个根据费马小定理可以算出来
f【i】表示大小为i的联通块的个数
如果是链 方案数是 i!/2 这个时候T作为2的逆元就显示出作用辣
至于为什么是i!/2 因为各个点不同我们可以看作是排列而一个排列对应一个方案,一个方案被算两次
如果是环 就是(i-1 )!/2 因为是环我们可以钦定一个数作为起点 剩下i-1个数来排列
当然只有1不符合上述推断 所以要单独考虑
这样处理完之后我们就可以来算答案ans辣
ans【k】=sigma(1-k) f【i】*g【k-i】*C(i-1,j-1);
也就是我们选i个数作为联通快其余随意的总和
至于为什么是C(i-1,j-1)
因为如果固定一个点统计,g就可以每个图只算一次
这样才能保证每个合法方案中只有一个连通块被算到,且只算了一次
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; const int M=2007,mod=1004535809; LL read(){ LL ans=0,f=1,c=getchar(); while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘) f=-1; c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ans=ans*10+(c-‘0‘); c=getchar();} return ans*f; } int n; LL T,w[M],b[M],f[M],ans[M]; LL qmod(LL a,LL b,LL c){ LL ans=1; while(b){ if(b&1) ans=ans*a%c; b=b/2; a=a*a%c; } return ans; } void prepare(){ int mx=2000; w[0]=1; for(int i=1;i<=mx;i++) w[i]=w[i-1]*i%mod; b[mx]=qmod(w[mx],mod-2,mod); for(int i=mx;i>=1;i--) b[i-1]=b[i]*i%mod; T=qmod(2,mod-2,mod); } LL C(int n,int m){return w[n]*b[m]%mod*b[n-m]%mod;} int main() { n=read(); prepare(); f[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ f[i]=w[i]*T%mod; if(i>3&&i%3) f[i]=(f[i]+w[i-1]*T)%mod; } ans[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=i;j++){ ans[i]=(ans[i]+f[j]*ans[i-j]%mod*C(i-1,j-1)%mod)%mod; } } printf("%lld\n",ans[n]); return 0; }
时间: 2024-10-14 08:53:50