标签：lfloor le abc217 limits int 每组 rfloor Groups

题意：

给定正整数 \(n\) 和 \(m\)，对每个 \(k=1,\dots ,n\)，求：

把 \(n\) 编号为 \(1\sim n\) 的小球分成 \(k\) 组，组顺序不计，编号对 \(m\) 取模相等的小球不能在同一组，分组方案数是多少？

\(2\le n \le 5000,2\le m\le n\)

思路：

法一：组合数+二项式反演

设 \(g(k)\) 表示每组不同（每组都是可区分的）时的方案数，那么答案是 \(g(k)/k!\)

定义集合 \(S_i:=\{x\equiv i\pmod m\}\)。考虑把 \(S_i\) 中的所有数分到不同的组，记 \(f(k)=\prod\limits_{i=0}^{m-1} A_k^{|S_i|}\)，要求 \(k\ge |S_i|\)

注意是排列数而非组合数。\(|S_i|\) 随便算算就行了，我推的是 \(|S_i|=\lfloor n/m\rfloor + [0< i\le n\%m]\)

实际上 \(f(k)\) 表示每组不同，允许有空组的方案数。显然 \(f(k)=\sum\limits_{i=0}^k C_k^i g(i)\)

根据二项式反演定理，\(g(k)=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{k-i}C_k^i f(i)\)

void sol() {
    int n, m; cin >> n >> m;

    vector<ll> f(n+1);
    for(int k = 1; k <= n; k++) { //先求所有f[]
        f[k] = 1; for(int i = 0; i < m; i++)
            mul(f[k], A(k, (i&&i<=n%m)+n/m));
    }

    for(int k = 1; k <= n; k++) { //计算g
        ll ans = 0; for(int i = 0; i <= k; i++)
            add(ans, ((k-i)%2?-1:1) * C(k, i) * f[i] % mod);
        mul(ans, invfact[k]);
        cout << ans << endl;
    }
}

法二：dp

\(f(i,j)\) 表示把 \(i\) 个人分成 \(m\) 组的合法方案数。

若 \(i\) 一个人一组则把其余 \(i-1\) 个人分成 \(j-1\) 组

否则先把其余 \(i-1\) 个人分成 \(j\) 组，再把 \(i\) 放到某一组。\(1\sim i-1\) 中与 \(i\) 同余的数有 \(\lfloor \frac{i-1}m \rfloor\) 个，这些数分别在不同的组且 \(i\) 不能与他们同组

所以 \(f(i,j)=f(i-1,j-1)+(j-\lfloor \frac{i-1}m \rfloor)f(i-1,j)\)

void sol() {
    int n, m; cin >> n >> m;

    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= i; j++)
            f[i][j] = (f[i-1][j-1] + (j-(i-1)/m) * f[i-1][j] % mod) % mod;

    for(int k = 1; k <= n; k++) cout << f[n][k] << endl;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/wushansinger/p/16345772.html

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