https://codeforces.com/problemset/problem/1081/C
这道题是不会的,我只会考虑k=0和k=1的情况。+1
k=0就是全部同色,k=1就是左边一个色右边一个色,m*(m-1),再选转折点有i-1种 C(i-1,1)(i个球。i-1个空挡都可以插)。
到k=2呢?可以是三种不同颜色,也可以是左右左,也就是m*(m-1)*(m-1),再选转折点有 C(i-1,2)。
到k=3呢?更复杂了?m*(m-1)*(m-1)*(m-1),中间的用隔板法算,也就是C(i-1,3)?
所以答案其实就是m*(m-1)^k*C(n-1,k),是组合数学?
隔板法就是(可以为空的情况:)给每组默认加上一个小球,然后隔板就可以选所有球的间隔。(不能为空的情况:)选所有球的间隔
ll qpow(ll x,ll n){ ll res=1; while(n){ if(n&1) res=res*x%p; x=x*x%p; n>>=1; } return res; } void init(int n){ fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ fac[i]=fac[i-1]*i%p; } invfac[n]=qpow(fac[n],p-2); //费马小定理 for(int i=n;i>=1;i--){ invfac[i-1]=invfac[i]*i%p; } //线性求阶乘逆元 } ll C(int n,int m){ return fac[n]*invfac[n-m]%p*invfac[m]%p; }
dp解法:f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1],以位置i为结尾的,有j次转折,分在此转折和跟随左侧颜色两种情况
好不容易抄了一个线性求invfac,居然费马小定理的时候传入一个n而不是fac[n],我是服气了的,最后还忘记把2改成k,我大概是智障吧。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll dp[2005][2005]={}; //dp[i][k]以i为结尾的,有k块砖与左边的颜色不一样 ll p=998244353; ll pow_mm1[2005]; ll fac[2005]; ll invfac[2005]; ll qpow(ll x,ll n){ ll res=1; while(n){ if(n&1) res=res*x%p; x=x*x%p; n>>=1; } return res; } void init(int n){ fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ fac[i]=fac[i-1]*i%p; } invfac[n]=qpow(fac[n],p-2); //费马小定理 for(int i=n;i>=1;i--){ invfac[i-1]=invfac[i]*i%p; } //线性求阶乘逆元 } ll C(int n,int m){ return fac[n]*invfac[n-m]%p*invfac[m]%p; } int n,m,k; int main(){ init(2000); pow_mm1[0]=1; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=2000;i++){ pow_mm1[i]=pow_mm1[i-1]*(m-1)%p; } /*for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][0]=m; //都是同一种颜色 } for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][1]=m*(m-1)%p*(i-1)%p; //左边的至少一块砖其中一种颜色,右边的另一种颜色,左边有1~i-1块砖 for(int k=2;k<=i-1;k++){ dp[i][k]=(m*pow_mm1[k])%p*C(i-1,k)%p; } } */ //dp[i][k]=(m*pow_mm1[k])%p*C(i-1,k)%p; printf("%lld\n",(m*pow_mm1[k])%p*C(n-1,k)%p); }
拓展阅读:组合数学的水题?https://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/08/28/2661066.html