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kmjp's blog

競技プログラミング参加記です

yukicoder : No.474 色塗り2

★4~4.5位?
http://yukicoder.me/problems/no/474

問題

パラメータA,B,Cが与えられる。
根付き木において、根はA個の子頂点を持ち、各子頂点はB個の葉をもつとする。
この木の各頂点をC色のいずれかで塗る。

子頂点を並べ替えて同じ状態になる木を重複して数えない場合、木の状態の偶奇を求めよ。

解法

1個の子頂点にある子頂点群B個の組み合わせは \displaystyle {}_C H_Bである。
よって子頂点のsubtreeの色の塗り方は \displaystyle C*{}_C H_B通りである。

根の子頂点の個々の塗り方が \displaystyle C*{}_C H_B通りなので、この木全体の塗り方は \displaystyle C*{}_{C*{}_C H_B} H_A通り。
ここで求めたいのはこの式の偶奇だけなので、 \displaystyle {}_{C*{}_C H_B} H_Aの部分の偶奇を考えよう。

ここで、 {}_p C_qの偶奇は、qより大きな2の累乗rに対し {}_p C_q \equiv {}_{p\%r} C_q (mod 2)と一致する。
よって、 \displaystyle {}_{C*{}_C H_B} H_Aの偶奇を求めるには、Aが10^6以下なことを考えると \displaystyle C*{}_C H_B \% 2^{21}が求められれば良い。

そのため \displaystyle {}_p C_q % 2^{21}の形の計算を行う必要がある。
剰余の対象が素数ではないのでフェルマーの小定理を用いたいつもの計算はできない。
よってx! = 2^{f(x)} * g(x) (f(x)はx!を素因数分解したときの2の指数、g(x)はx!を2で割れるだけ割った数)のように2の累乗とそれ以外を分けてCombinationの計算をすればよい。
オイラーの定理より、g(x)のmod 2^21における逆元はg(x)^(2^20-2)で求めることができる。

int T;
int num2[(1<<22)+100000];
int A,B,C;

ll mo=1<<21;
ll fact[(1<<22)+500000];
ll modpow(ll a, ll n, ll mo) {
	ll r=1;
	while(n) r=r*((n%2)?a:1)%mo,a=a*a%mo,n>>=1;
	return r;
}


ll combi(int N_, int C_) {
	
	int x = num2[N_]-num2[N_-C_]-num2[C_];
	if(x>=21) return 1LL<<21;
	ll ret=1LL<<x;
	ret = ret * fact[N_] % mo;
	ret = ret * modpow(fact[C_],mo/2-1,mo) % mo;
	ret = ret * modpow(fact[N_-C_],mo/2-1,mo) % mo;
	return ret;
}
ll hcomb(int P_,int Q_) { return (P_==0&&Q_==0)?1:combi(P_+Q_-1,Q_);}

void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	
	fact[0]=1;
	FOR(i,(1<<22)+50000) {
		fact[i+1]=fact[i]*(i+1);
		num2[i+1]=num2[i];
		while(fact[i+1]%2==0) num2[i+1]++, fact[i+1]/=2;
		fact[i+1]%=(1<<21);
	}
	
	cin>>T;
	FOR(i,T) {
		cin>>A>>B>>C;
		auto k=hcomb(C,B);
		if(C%2==0 || k%(1<<21)==0) {
			_P("0\n");
			continue;
		}
		_P("%lld\n",(hcomb(C*k % (1<<21),A)%2));
		
	}
}

まとめ

想定解と方針が一致してびっくり。

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