2025.3

\(\text{AT_agc040_f.}\)

三月了啊。

我们设两个棋分别为 \(u,v\) 且 \(u \le v\)。此时考虑移动 \(v\)，然后再移动的过程中插入 \(u\) 的操作。

首先考虑 \(u\) 加一这种操作。假设我们进行了 \(i\) 次这种操作，同时满足 \(u \neq v\)。利用插板法，可得方案数为 \(\dbinom{i}{B - i + 1} - \dbinom{i - 1}{B - i + 1}\)。

然后考虑插入 \(u = v\) 的操作。此时同样考虑插板法。我们发现现在总共有 \(n - B - i\) 个空位，同时要插入 \(A - i\) 个这种操作。所以利用插板法可得总数量应为 \(\dbinom{A - i}{n - A - B - 2 \times i + 1}\)。

对于每一个 \(i\)，其答案就是上面两个数相乘，然后我们枚举 \(i = 1 \to \min\{B-1,n-B,A\}\) 即可。

特别的，当 \(i = n - B\) 时，我们只有 \(i = A\) 才会有贡献，所以此时的答案为 \(\dbinom{i}{B - i + 1} - \dbinom{i - 1}{B - i + 1}\)。

\(\text{AT_agc030_f.}\)

很好啊，很好啊。

显然的，只有 \(A_{2i} = -1\) 或者 \(A_{2i - 1} = -1\) 才有贡献。

然后我们考虑从小到大去填这些数。但是我们发现从小到大会有后效性，比如我们现在考虑填的数对为 \((i,-1)\)，我们发现当后面那个数填 \(i+1\) 或者 \(i+2\) 都可行，但是我们会重复计算贡献。

所以我们考虑从大到小去计算贡献，这样就不会有后效性了。

此时考虑定义 \(dp_{i,j,k}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 个数，还剩 \(j\) 个只填了 \(1\) 个数的对称为 \((-1,a)\)，\(k\) 个原本就限定了一位的对，称为 \((x,-1)\)。

如果它是 \((−1,x)\) 中的 \(x\)，那么它可以不匹配。\(dp_{i + 1,j,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,k + 1}\),也可以匹配与一个填了一个数的 \((−1,a)\) 匹配，那么 \(dp_{i,j,k}\)转移到 \(dp_{i,j - 1,k}\)。

如果不是，那么它可以不匹配。那么就有一下几种转移方法：

1. \(dp_{i-1,j-1,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,k}\)。

2. 填入 \((−1,a)\)，\(dp_{i−1,j+1,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,k}\)。

3. 还可以填入 \((−1,x)\)，因为任意 \(x\) 的位置固定，所以会有 \(k+1\) 种填入方案，\((k+1) \times dp_{i-1,j,k + 1}\) 转移到 \(dp_{i,j,k}\)。

然后就没了。

uoj449

我们强制将鸽子喂饱的顺序为 \(1 - n\)，然后最后让答案乘上一个 \(n!\) 即可。

与之只需要考虑喂一次喂到了未饱的鸽子的情况，我们称之为有效喂食。

下一次喂食为有效喂食的概率为 \(\frac{n-x}{n}\)，其中 \(x\) 为已经饱了的鸽子数，所以两次有效喂食之间的无效喂食次数的期望为 \(\frac{n}{n-x}\)。

考虑设计 \(dp_{i,j}\) 表示喂了 \(i\) 次食，\(j\) 只鸽子已经饱了的期望，\(g_{i,j}\) 表示其概率。然后转移即可。