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法學C++程式：統計在兩種條件下塗色塊的方法數
假設我們有三個數字N、M和K。考慮有N個塊，它們排成一行。我們考慮以下兩種塗色方法。當且僅當在以下兩種方法中塊的塗色不同時，兩個塊的塗色才不同：
對於每個塊，使用M種顏色中的一種來塗色。（不必使用所有顏色）
最多可能有K對相鄰的塊塗成相同的顏色。
如果答案過大，則返回結果模998244353。
因此，如果輸入類似於N = 3；M = 2；K = 1，則輸出將為6，因為我們可以用這些不同的格式來塗色：112、121、122、211、212和221。
步驟
為了解決這個問題，我們將遵循以下步驟：
maxm := 2^6 + 5 p := 998244353 Define two large arrays fac and inv or size maxm Define a function ppow(), this will take a, b, p, ans := 1 mod p a := a mod p while b is non-zero, do: if b is odd, then: ans := ans * a mod p a := a * a mod p b := b/2 return ans Define a function C(), this will take n, m, if m < 0 or m > n, then: return 0 return fac[n] * inv[m] mod p * inv[n - m] mod p From the main method, do the following fac[0] := 1 for initialize i := 1, when i < maxm, update (increase i by 1), do: fac[i] := fac[i - 1] * i mod p inv[maxm - 1] := ppow(fac[maxm - 1], p - 2, p) for initialize i := maxm - 2, when i >= 0, update (decrease i by 1), do: inv[i] := (i + 1) * inv[i + 1] mod p ans := 0 for initialize i := 0, when i <= k, update (increase i by 1), do: t := C(n - 1, i) tt := m * ppow(m - 1, n - i - 1, p) ans := (ans + t * tt mod p) mod p return ans
示例
讓我們來看下面的實現，以便更好地理解：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long maxm = 2e6 + 5;
const long p = 998244353;
long fac[maxm], inv[maxm];
long ppow(long a, long b, long p){
long ans = 1 % p;
a %= p;
while (b){
if (b & 1)
ans = ans * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
long C(long n, long m){
if (m < 0 || m > n)
return 0;
return fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}
long solve(long n, long m, long k){
fac[0] = 1;
for (long i = 1; i < maxm; i++)
fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
inv[maxm - 1] = ppow(fac[maxm - 1], p - 2, p);
for (long i = maxm - 2; i >= 0; i--)
inv[i] = (i + 1) * inv[i + 1] % p;
long ans = 0;
for (long i = 0; i <= k; i++){
long t = C(n - 1, i);
long tt = m * ppow(m - 1, n - i - 1, p) % p;
ans = (ans + t * tt % p) % p;
}
return ans;
}
int main(){
int N = 3;
int M = 2;
int K = 1;
cout << solve(N, M, K) << endl;
}輸入
3, 2, 1
輸出
6
更新於：2022年3月3日
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