CSP-S2019 题解
T1 格雷码
考虑第\(i\)位，第\(0\)位分别为\(011001100\dots\)，第\(1\)位分别为\(001111000011110000\dots\)，从而第\(i\)位等于\(k\oplus\left\lfloor\dfrac k2\right\rfloor\)的第\(i\)位。使用unsigned long long存贮，按位输出即可。
unsigned long long n,k;
int res[65],i;
int main()
{
cin>>n>>k;
k=k^(k>>1ull);
while(k)
{
res[i++]=k&1ull;
k>>=1ull;
}
for(int i=n-1;~i;--i)
printf("%d",res[i]);
puts("");
return 0;
}
T2 括号树
先考虑链的情况。我们设\(s_i\)为以第\(i\)位为结尾的合法括号串的数量，维护一个栈\(S\)，当第\(i\)位为(时入栈，当第\(i\)位为)时匹配栈顶\(t\)（若栈为空则直接令\(s_i=0\)），该位的\(s\)值就等于匹配到的栈顶\(t\)的前一位的\(s\)值加一，即\(s_i=s_{t-1}+1\)，同时弹出栈顶。最终的答案\(\mathrm{ans}_i\)就等于\(s_i\)的前缀和。
进一步地，一棵树可以拆成由根到叶子的若干条链。我们按照链的方式即可计算\(s_i\)和\(\mathrm{ans}_i\)，只不过每个节点\(i\)的前一个节点变成了\(\mathrm{fa}_i\)，dfs时注意将栈回溯即可。
const int Maxn=5e5+7;
typedef long long LL;
char str[Maxn];
int n,stac[Maxn],top,fa[Maxn];
LL f[Maxn],ans[Maxn];
struct Edge
{
int nxt,to;
}e[Maxn];
int edge_cnt,head[Maxn];
inline void add_edge(int u,int v)
{
e[++edge_cnt].nxt=head[u];
e[edge_cnt].to=v;
head[u]=edge_cnt;
}
inline void DFS(int u)
{
int tmp=0;
if(str[u]==')')
{
if(top)
{
tmp=stac[top];
f[u]=f[fa[tmp]]+1;
--top;
}
}
else if(str[u]=='(')
stac[++top]=u;
ans[u]=ans[fa[u]]+f[u];
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
DFS(e[i].to);
if(tmp)
stac[++top]=tmp;
else if(top)
--top;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%s",str+1);
for(int i=2,f;i<=n;++i)
scanf("%d",&f),
fa[i]=f,
add_edge(f,i);
DFS(1);
LL res=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
res^=(1LL*i*ans[i]);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
T4 Emiya家今天的饭
先考虑\(m\le 3\)的部分分。设\(f(i,A,B,C)\)表示处理到前\(i\)行，三种食材分别选了\(A,B,C\)个时的方案数。则
边界为\(f(0,0,0,0)=1\)。最后的答案为
可以倒序枚举\(A,B,C\)来压掉\(i\)这一维。总复杂度\(O(n^4)\)。
当\(m\ge3\)时，\(m\)迅速增大，无法使用\(O(n^{m+1})\)的做法。考虑容斥，合法方案数就等于总方案数减去不合法方案数。
我们设\(f(i,j)\)表示处理到前\(i\)行，选了\(j\)种食材的总方案数。则
其中\(s_i\)为第\(i\)行的前缀和，边界为\(f(0,0)=1\)。总方案数为
可以倒序枚举\(j\)来压掉\(i\)这一维。这部分的复杂度\(O(nm)\)。
注意到，不合法的方案中有且仅有一种食材\(c\)的出现次数大于总菜数的一半。\(O(m)\)枚举\(c\)，对于给定的\(c\)，设\(g_c(i,j,k)\)为处理到前\(i\)行，其中第\(c\)种食材选了\(j\)种方式，其余食材选了\(k\)种方式时的方案数，则
边界为\(g_c(0,0,0)=1\)。总不合法的方案数即为
同理可以倒序枚举\(j,k\)来压掉\(i\)这一维，最终答案即为\(\mathrm{ans}=S-S'\)。这部分的复杂度\(O(n^2m)\)，总复杂度\(O(n^2m)\)。
注意到我们并不在意\(j,k\)的具体值，可用它们的差值\(\delta=j-k\)来描述状态，则\(g_c\)的转移方程变为
边界为\(g_c(0,0)=1\)。总不合法的方案数即为
总复杂度降为\(O(nm)\)。可以将\(\delta\)加上\(n\)来防止越界。
const int Maxn=107;
const int Maxm=2e3+7;
const int Mod=998244353;
typedef long long LL;
LL f[Maxn],g[Maxn][Maxn<<1],ans;
int n,m;
LL a[Maxn][Maxm],s[Maxn];
signed main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
scanf("%lld",&a[i][j]),
s[i]=(s[i]+a[i][j])%Mod;
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i;j;--j)
f[j]=(f[j]+1LL*s[i]*f[j-1])%Mod;
for(int j=1;j<=n;++j)
ans=(ans+f[j])%Mod;
for(int c=1;c<=m;++c)
{
memset(g,0,sizeof(g));
g[0][n]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int d=1;d<=n+i;++d)
g[i][d]=(g[i][d]+g[i-1][d]+1LL*g[i-1][d-1]*a[i][c]+1LL*g[i-1][d+1]*(s[i]-a[i][c]))%Mod;
for(int d=n+1;d<=n*2;++d)
ans=(ans-g[n][d]+Mod)%Mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
