「2019纪中集训Day13」解题报告
T1、Count
求有多少有序 \(k\) 元组满足 \(\sum_{i = 1}^k a_i = n\) 且不存在 \(a_i \equiv 0 \ mod \ m\)，答案 \(mod \ 998244353\)。\((n \le 10^{18}, m \leq 5 \times 10 ^3, k \leq 2 \times 10 ^ 3)\)
\(Sol\)：
记 \(A = \sum_{i = 1}^{k} a_i \ mod \ m \equiv n \ mod \ m\)，由于 \(a_i \ mod \ m\) 不会超过 \(m - 1\)，所以 \(\sum_{i = 1} ^ k a_i\) 不会超过 \(k (m - 1)\)，那么 \(A\) 最多有 \(k\) 中取值，不妨枚举这 \(k\) 个 \(A\)。这样一来就有 \((n - A) / m\) 个 \(m\) 可以随机分配，这个可以用隔板法计算；对于 \(A\) 的分配可以枚举有多少数大于 \(m - 1\) 来容斥。
时间复杂度 \(O(km)\)。
\(Source\)：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
int in() {
int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
ll lin() {
ll x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; }
template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; }
const int N = 1e7 + 5, mod = 998244353;
ll n;
int m, k, fac[N], inv[N];
int qpow(int base, int b, int ret = 1) {
for (; b; b >>= 1, base = 1ll * base * base % mod)
if (b & 1)
ret = 1ll * ret * base % mod;
return ret;
}
void prep() {
fac[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2);
for (int i = N - 2; i; --i)
inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(const int n, const int m) {
if (n < m)
return 0;
return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int calc(int A) {
int ret = 0, lim = std::min(A / (m - 1), k);
for (int i = 0; i <= lim; ++i) {
ret += (i & 1 ? -1ll : 1ll) * C(k, i) * C(A - i * (m - 1) - 1, k - 1) % mod;
if (ret >= mod)
ret -= mod;
if (ret < 0)
ret += mod;
}
return ret;
}
int work() {
int ret = 0, tmp;
for (int A = n % m; A <= n && A <= k * (m - 1); A += m) {
tmp = inv[k - 1];
for (ll i = (n - A) / m + k - 1; i >= (n - A) / m + 1; --i)
tmp = i % mod * tmp % mod;
ret += 1ll * tmp * calc(A) % mod;
if (ret >= mod)
ret -= mod;
}
return ret;
}
int main() {
//freopen("in", "r", stdin);
freopen("count.in", "r", stdin);
freopen("count.out", "w", stdout);
n = lin(), m = in(), k = in();
prep();
printf("%d\n", work());
return 0;
}
T2、普及组
给定一个数 \(x\) (数据中已给出)，\(T \ (T \leq 2 \times 10 ^ 5)\) 组询问，每组询问求大小为 \(n \times n \ (n \leq 5 \times 10 ^ 6)\) 的好矩阵，好矩阵需满足：
1、矩阵里的数都是整数；
2、\(\forall j, \prod_{i = 1} ^ n a_{i , j} = x\)；
3、\(\forall j, \prod_{i = 1} ^ n a_{j , i} = x\)。
答案 \(mod \ 998244353\)。
\(Sol\)：
观察(打表)发现，\(x\) 的质因子指数不超过 \(2\)。
因为每个质因子是独立的，单独考虑贡献。
若质因子指数不超过 \(1\)，则方案数显然为 \(n!\)；
否则可以将问题转化为：在 \(n \times n\) 的矩阵中填数字，保证每行每列和都为 \(2\)。
记 \(f_i , g_i\) 表示 \(i \times i\) 的矩阵中最后一列填了两个 \(1\) 或一个 \(2\) 的方案数。
转移时考虑多加一行一列；
\(g\) 的转移是显然的：
\(f\) 的转移可以考虑 \(i \times i\) 的矩阵中删掉一列一行 (不妨设是最后一列)：
答案即为 \(f_n + g_n\)。
时间复杂度 \(O(T \log_2 n + n)\)。
\(Source\)：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
typedef long long ll;
int in() {
int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
ll lin() {
ll x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; }
template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; }
const int N = 5e6 + 5, mod = 998244353;
ll x;
int T, n, f[N], g[N], fac[N], cnt[3];
int qpow(int base, int b, int ret = 1) {
for (; b; base = 1ll * base * base % mod, b >>= 1)
if (b & 1)
ret = 1ll * ret * base % mod;
return ret;
}
void prep() {
for (ll i = 2; i * i <= x; ++i)
if (x % i == 0) {
int tmp = 0;
while (x % i == 0)
x /= i, ++tmp;
++cnt[tmp];
}
if (x > 1)
++cnt[1];
g[1] = fac[0] = fac[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
g[i] = 1ll * (g[i - 1] + f[i - 1]) * i % mod;
f[i] = 1ll * (1ll * f[i - 1] + f[i - 1] + g[i - 1]) * i % mod * (i - 1) % mod * 499122177ll % mod;
}
}
int main() {
//freopen("in", "r", stdin);
freopen("pj.in", "r", stdin);
freopen("pj.out", "w", stdout);
x = lin(), T = in();
prep();
while (T--) {
n = in();
printf("%lld\n", 1ll * qpow(f[n] + g[n], cnt[2]) * qpow(fac[n], cnt[1]) % mod * qpow(2, 1ll * (n - 1) * (n - 1) % (mod - 1)) % mod);
}
return 0;
}
T3、提高组
求 \(1\) ~ \(n \ (n \leq 10 ^ 7）\)的排列中，确定 \(a_x = y\) 后最长下降子序列不超过 \(2\) 的方案数，\(T \ (T \leq 10 ^ 6)\) 组询问，答案对 \(10 ^ 9 + 7\) 取余。
\(Sol\)：
这个排列的前缀 \(max\) 序列一定与满足条件的排列一一对应，证明：
考虑对前缀 \(max\) 中发生变化的位置，这些位置上的数一定是递增的，对于其中一个位置上的数，在它之后出现比他小的数一定也是单调递增的，所以有：
1、一个排列一定对应它的前缀 \(max\) 序列；
2、排列中没有对前缀 \(max\) 序列造成影响的数也是确定的。
\(QED\)
分类讨论：
当\(y \geq x\)，那么 \(y\) 一定对 \(max\) 造成影响，可以考虑反证：
假设 \(y\) 未造成影响，则在它之前一定有一个大于它的数；
为了满足题意，小于 \(y\) 的数一定在它之前，由于 \(y - 1 > x - 2\)，所以假设不成立。
当 \(y < x\)，显然 \(y\) 不对 \(max\) 造成影响；
可以考虑排列的逆转置 \(A^{-1}[y] = x\)，还是只用考虑 \(y \geq x\) 的情况。
整理一下就是求：
1、\(max_i \geq i\)
2、\(max_i \geq max_{i - 1}\)
3、\(max_n = n\)
\(max\) 的方案数，放在平面上折线法计数就行了。
时间复杂度 \(O(n + T)\)。
\(Source\)：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
int in() {
int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
ll lin() {
ll x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;
while (c < '0' || c > '9')
f |= c == '-', c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
template<typename T>void out(T _) {
if (_ > 9)
out(_ / 10);
putchar(_ % 10 + 48);
}
template<typename T>inline void out_ln(T _) {
out(_), putchar('\n');
}
template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; }
template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; }
const int N = 2e7 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, x, y;
int fac[N], inv[N];
int qpow(int base, int b, int ret = 1) {
for (; b; b >>= 1, base = 1ll * base * base % mod)
if (b & 1)
ret = 1ll * ret * base % mod;
return ret;
}
void prep() {
fac[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2);
for (int i = N - 2; i; --i)
inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(const int n, const int m) {
return n < m ? 0 : 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main() {
//freopen("in", "r", stdin);
freopen("tg.in", "r", stdin);
freopen("tg.out", "w", stdout);
int T = in(), res = 0;
prep();
while (T--) {
n = in(), x = in(), y = in();
if (y < x)
std::swap(x, y);
res = 1ll * (C(x + y - 2, x - 1) - C(x + y - 2, x - 2)) * (C(n - x + n - y, n - x) - C(n - x + n - y, n - x + 1)) % mod;
if (res < 0)
res += mod;
out_ln(res);
}
return 0;
}
