題目大意：一串項(xiàng)鏈由n個(gè)戒指組成，對于每個(gè)戒指，一共有M個(gè)點(diǎn)，R種顏色，且旋轉(zhuǎn)后相同的戒指是相同的，然后一串項(xiàng)鏈又由N個(gè)戒指組成，同時(shí)要滿足相鄰的兩個(gè)戒指不能相同，這串項(xiàng)鏈上某個(gè)位置插入了一個(gè)特殊的東西，且如果特殊的東西插入的地方不同，即使戒指都是相同的，這兩串項(xiàng)鏈也是不同的，求一共有多少不同的愛之項(xiàng)鏈。

思路：首先可以求出一共有多少種不同的戒指，又由于有那個(gè)特殊的東西，相當(dāng)于這串項(xiàng)鏈即使旋轉(zhuǎn)后相同，但特殊的東西插入的位置也肯定是不同的，因此即不考慮旋轉(zhuǎn)，只考慮相鄰位置不同的愛之項(xiàng)鏈的方案數(shù)。

令ans表示有多少種不同的戒指。

然后這樣就可以運(yùn)用容斥原理。對于第i個(gè)戒指和第i+1個(gè)戒指相同，可以看成第i個(gè)限制，然后第n個(gè)限制即第n個(gè)戒指和第1個(gè)限制不同，那么即要求滿足所有限制的方案數(shù)。令Si為滿足第i個(gè)限制的方案數(shù)的集合，那么即求S1~Sn的交，也就是其補(bǔ)集的并，那么就是總方案數(shù)減去所有不滿足任意一個(gè)限制數(shù)加上所有不滿足任意二個(gè)限制數(shù)......

然后這個(gè)式子是怎樣的呢，首先總方案數(shù)顯然就是ans^n，然后不滿足任意一個(gè)限制數(shù)即有兩個(gè)相鄰的相同，可以看成一條邊連接的兩個(gè)點(diǎn)相同，就是C(n,1)*ans^(n-1)，以此類推，然后可以得到：sigma(0<=i<=n,(-1)^i*C(n,i)*ans^(n-i))，然后發(fā)現(xiàn)這就是二項(xiàng)式定理，就可以得到(ans-1)^n， 但真的就是這樣嗎？當(dāng)i=n時(shí)，就會有一個(gè)Bug，用公式算得的答案是(-1)^n，然而n個(gè)限制均不滿足時(shí)的情況即所有顏色都一樣，有ans種，因此還要加上(n&1?1-m:m-1)才行。

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 #define p 3214567 8 #define maxn 200020 9 10 int m,r,tot; 11 int prime[maxn],phi[maxn]; 12 bool isprime[maxn]; 13 long long n; 14 15 int power(int a,long long k){ 16 if (k==0) return 1; 17 if (k==1) return a%p; 18 int x=power(a,k/2),ans=1ll*x*x%p; 19 if (k&1) ans=1ll*a*ans%p; 20 return ans; 21 } 22 23 int fphi(int x){ 24 int ans=x; 25 for (int i=2;i*i<=x;i++) 26 if (x%i==0){ 27 ans=ans-ans/i; 28 while (x%i==0) x/=i; 29 } 30 if (x!=1) ans=ans-ans/x; 31 return ans; 32 } 33 34 int main(){ 35 scanf("%lld%d%d",&n,&m,&r);tot=0,memset(isprime,1,sizeof(isprime)),phi[1]=1; 36 for (int i=2;i<maxn;i++){ 37 if (isprime[i]) prime[++tot]=i,phi[i]=i-1; 38 for (int j=1;j<=tot && i*prime[j]<maxn;j++){ 39 isprime[i*prime[j]]=0; 40 if (i%prime[j]==0){ 41 phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; 42 break; 43 } 44 phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); 45 } 46 } 47 int ans=0; 48 for (int i=1;i*i<=m;i++) 49 if (m%i==0){ 50 ans=(ans+1ll*power(r,i)*fphi(m/i)%p)%p; 51 if (i*i!=m) ans=(ans+1ll*power(r,m/i)*phi[i]%p)%p; 52 } 53 ans=1LL*ans*power(m,p-2)%p; 54 int t=(1ll*power(ans-1,n)+(n&1?1-ans:ans-1))%p; 55 printf("%d\n",(t+p)%p); 56 return 0; 57 } View Code

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總結(jié)

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