堆的计数
题目描述
我们知道包含 NN 个元素的堆可以看成是一棵包含 NN 个节点的完全二叉树。
每个节点有一个权值。对于小根堆来说，父节点的权值一定小于其子节点的权值。
假设 NN 个节点的权值分别是 1~NN，你能求出一共有多少种不同的小根堆吗？
例如对于 NN = 4 有如下 3 种：
1
/ \
2 3
/
4
1
/ \
3 2
/
4
1
/ \
2 4
/
3
由于数量可能超过整型范围，你只需要输出结果除以 109+9109+9 的余数。
输入描述
输入输出一个整数 N (1≤N≤105)N (1≤N≤105)。
输出描述
一个整数表示答案。
输入输出样例
示例
输入
4
输出
3
运行限制
- 最大运行时间：1s
- 最大运行内存: 256M
总通过次数: 372 | 总提交次数: 543 | 通过率: 68.5%
难度: 困难 标签: 2018, 快速幂, 省赛, 动态规划
算法思路
要计算由 1~N 的 N 个不同数字组成的小根堆数量，我们需要利用组合数学和动态规划。核心思路是：
- 树形结构：完全二叉树的结构固定，根节点为最小值 1
- 子树分配：剩余 N-1 个数字需要分配到左右子树
- 递归计算：每个子树也必须满足小根堆性质
- 组合数学：通过组合数计算分配方案，利用动态规划避免重复计算
关键公式：
对于以节点 i 为根的子树：
dp[i] = C(size[i]-1, size[left]) × dp[left] × dp[right] mod MOD其中：
size[i]：子树 i 的节点数left/right：左右子节点C(n,k)：组合数，表示从 n 个元素选 k 个的方案数
算法演示
以 N=4 为例：
1 1 1/ \ / \ / \2 3 3 2 2 4/ / /4 4 3三种不同的小根堆结构，均满足父节点 < 子节点的性质。
代码实现（C++）
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;const long long MOD = 1000000009;
const int MAXN = 100010;long long fact[MAXN], invFact[MAXN];
int sizes[MAXN];
long long dp[MAXN];// 快速幂计算 a^b mod MOD
long long modExp(long long a, long long b) {long long res = 1;while (b) {if (b & 1) res = (res * a) % MOD;a = (a * a) % MOD;b >>= 1;}return res;
}// 预处理阶乘和逆元
void precompute(int n) {fact[0] = invFact[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {fact[i] = fact[i-1] * i % MOD;}invFact[n] = modExp(fact[n], MOD-2);for (int i = n-1; i >= 1; i--) {invFact[i] = invFact[i+1] * (i+1) % MOD;}
}// 计算组合数 C(n,k) mod MOD
long long nCr(int n, int k) {if (k < 0 || k > n) return 0;return fact[n] * invFact[k] % MOD * invFact[n-k] % MOD;
}int main() {int N;cin >> N;// 预处理阶乘和逆元precompute(N);// 计算每个节点的子树大小for (int i = N; i >= 1; i--) {sizes[i] = 1;int left = 2*i, right = 2*i+1;if (left <= N) sizes[i] += sizes[left];if (right <= N) sizes[i] += sizes[right];}// 初始化叶子节点的dp值for (int i = 1; i <= N; i++) {int left = 2*i, right = 2*i+1;if (left > N) dp[i] = 1; // 叶子节点}// 动态规划计算dp值（从下往上）for (int i = N; i >= 1; i--) {int left = 2*i, right = 2*i+1;if (left <= N) { // 非叶子节点int left_size = sizes[left];int right_size = (right <= N) ? sizes[right] : 0;int total = sizes[i] - 1;long long comb = nCr(total, left_size);dp[i] = comb * dp[left] % MOD;if (right <= N) {dp[i] = dp[i] * dp[right] % MOD;}}}cout << dp[1] << endl;return 0;
}算法步骤详解
-
预处理阶乘和逆元
- 计算
0!到N!的阶乘数组fact[] - 通过费马小定理计算阶乘的逆元数组
invFact[]（因为 MOD 是质数）
- 计算
-
计算子树大小
for (int i = N; i >= 1; i--) {sizes[i] = 1;if (2*i <= N) sizes[i] += sizes[2*i];if (2*i+1 <= N) sizes[i] += sizes[2*i+1]; }- 从叶子节点向上计算每个节点的子树大小
- 节点 i 的子树大小 = 1（自身） + 左子树大小 + 右子树大小
-
初始化叶子节点
for (int i = 1; i <= N; i++) {if (2*i > N) dp[i] = 1; // 叶子节点方案数为1 } -
动态规划计算方案数
for (int i = N; i >= 1; i--) {if (非叶子节点) {int left_size = 左子树大小;int total = sizes[i]-1; // 需要分配的总节点数long long comb = nCr(total, left_size); // 分配方案数dp[i] = comb * dp[左子节点] % MOD;dp[i] = dp[i] * dp[右子节点] % MOD; // 如果存在} }
实例验证
输入 N=4 时：
-
子树大小计算：
- 节点4：size=1（叶子）
- 节点3：size=1（叶子）
- 节点2：size=1 + size[4] = 2
- 节点1：size=1 + size[2] + size[3] = 4
-
DP 计算：
- dp[4] = 1（叶子）
- dp[3] = 1（叶子）
- dp[2] = C(1,1) × dp[4] = 1×1 = 1
- dp[1] = C(3,2) × dp[2] × dp[3] = 3×1×1 = 3
输出：3 ✓
注意事项
-
组合数计算
- 使用预处理的阶乘和逆元保证 O(1) 时间复杂度
- 组合数公式：C(n,k)=k!(n−k)!n!modMOD
-
取模运算
- 所有乘法操作后立即取模，防止 long long 溢出
- 使用
(a * b) % MOD确保中间结果不溢出
-
遍历顺序
- 必须从后向前遍历（叶子→根）
- 确保计算 dp[i] 时子节点的 dp 值已计算完成
测试点设计
-
边界值测试
- N=1：输出 1（单节点堆）
- N=2：输出 1（唯一结构：根-左子）
- N=3：输出 2（两种结构：根+左左/根+左右）
-
完全二叉树测试
- N=7（满二叉树）：输出 80
- N=15（满二叉树）：输出 21964800
-
性能测试
- N=10^5：在 1s 内完成计算
- 最大组合数计算：C(10^5, 50000) mod MOD
-
取模验证
- 大 N 结果超过 long long 范围
- 确保所有操作正确取模
优化建议
-
空间优化
// 使用 vector 替代静态数组 vector<long long> fact(MAXN), invFact(MAXN); vector<int> sizes(MAXN); vector<long long> dp(MAXN); -
组合数计算优化
// 使用卢卡斯定理处理更大的 N long long lucas(int n, int k) {if (k == 0) return 1;return nCr(n % MOD, k % MOD) * lucas(n / MOD, k / MOD) % MOD; } -
并行计算
// OpenMP 并行计算子树大小 #pragma omp parallel for for (int i = N; i >= 1; i--) {// 计算 sizes[i] } -
记忆化搜索
// 存储已计算的子树方案数 unordered_map<int, long long> memo; if (memo.count(i)) return memo[i];
简易开发环境)
