2025.5.2 模拟赛
5.2 模拟赛
来自 BDF 的 神秘 AT 场
stardust
签到题，bitset 优化背包即可
nullstar
看起来很神秘，实则是找规律 + dp
容易发现，条件等价于：
若左上右下都是
1， 则右上左下也是1
从下到上考虑 1 的分布，形如若干个从左下到右上排布的上阶梯。
0 0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 1 1
0 0 1 1 0 1 0
1 0 1 0 0 0 0
于是设 \(f(i,j,k)\) 表示第 \(i\) 行，最右边的 1 是在第 \(j\) 列，一共有 \(k\) 个 1 的方案数。
转移时，先考虑下面第一行有 1 的，枚举这个阶梯内的 1 的数量；然后再考虑在右边增加 1，形成新的阶梯。
有一些边界 01 的细节，需要前缀和优化。
三维空间开不下，需要滚动数组优化。
namespace zj{
int f[N][N];
int sm1[N][N],sm2[N],sm3[N][N];
inline void solve(){
getC();
// 初值
f[0][0]=sm1[0][0]=1;
rep(j,1,m) {
rep(k,1,j) f[j][k]=C[j-1][k-1],sm1[j][k]=f[j][k];
per(k,j,0) sm1[j][k]=pls(sm1[j][k],sm1[j][k+1]);
}
per(i,n-1,1){
// 从下面的阶梯转移
memset(f,0,sizeof(f));
rep(j,1,m) rep(k,0,j) {
f[j][k]=pls(f[j][k],sm1[j][max(k,1)]);
}
// 向右拓展
memset(sm2,0,sizeof(sm2));
rep(j,1,m) {
rep(k,1,j) {
f[j][k]=pls(f[j][k],sm2[k-1]);
}
rep(k,0,j) sm2[k]=pls(sm2[k],f[j][k]);
}
// 下面都是 0，从第 i 行开始
f[0][0]=1;
rep(j,1,m) rep(k,1,j) f[j][k]=pls(f[j][k],C[j-1][k-1]);
memset(sm3,0,sizeof(sm3));
rep(j,1,m) {
rep(k,0,j) sm3[j][k]=pls(sm3[j][k],f[j][k]);
per(k,j,0) sm3[j][k]=pls(sm3[j][k],sm3[j][k+1]);
}
rep(j,1,m) rep(k,0,j) sm1[j][k]=pls(sm1[j][k],sm3[j][k]);
}
int ans=1;
rep(j,1,m) rep(k,0,j) ans=pls(ans,f[j][k]);
printf("%d\n",ans);
}
}
ophelia
神秘性质题，笔者希望尽力解释寻找这些性质背后的想法。
记号约定：$\to $ 表示边定向，$\Rightarrow $ 表示能直接/间接到达。
参考：jun头吉吉
真难则反，“满足任意一种” 转化成 “两种都不满足”。
于是转化为同时满足：
- 入度 \(\le k\)。
- 不存在形如三元环指向同一个点的导出子图。
显然度数限制是弱的，子图限制是强的。
Lemma 1：竞赛图存在任意环则定存在三元环。
证明采用归纳，考虑从一个点开始不断缩环，最后一定只剩下三元环。
则我们可以想办法把竞赛图限定成 DAG，而竞赛图如果是 DAG，就会有确定的形态：
- 有向无环竞赛图的拓扑序对应图上的一条有向链。
- 不妨记为 \(x_1,x_2,\dots,x_k\)，则 \(\forall i<j,x_i\to x_j\)。
这对于我们的后续分析是非常有利的，于是考虑找到 DAG 的限制。
竞赛图计数的经典套路是删 \(0\) 度点，去掉 \(i\) 个 \(0\) 度点的方案数是 \({n\choose i}i!\)。
接下来，考虑找到“指向”的这个点，不妨任意钦定一个点 \(v\)，记它的入度点集为 \(X\)，出度点集为 \(Y\)。
Lemma 2：\(X\) 导出子图为 DAG。
这是显然的，接下来考虑证明 \(Y\) 导出子图也没有三元环，即若存在三元环，定不合法。
记三元环为 \((a,b,c)\)。
找到非环内的点 \(w\in Y\)，若 \(a\to w,b\to w,c\to w\)，则不合法（如图3）。
否则，\(\forall w\in Y\)，\(w\Rightarrow a,b,c\)。
Lemma 3：若 \(w,w'\in Y,u\in X,w\to u,w\Rightarrow w'\)，则 \(w'\to u\)。
证明如图1，\(4\) 个点确定 \(5\) 条边，已经有了三元环 \((u,v,w)\)，那么 \(w'\to u\) 就被确定了。
（借用一下这位老师的图）
由于 \(w\Rightarrow a,b,c\)，\((a,b,c,u)\) 就形成了非法子图（如图2）。
而由于每个点至少有一个入度，取 \(u=x_1\) 则一定可以找到合法的 \(w\)。
Lemma 4：Y 的导出子图是 DAG。
接下来，\(X,Y\) 两部分内部已经变成链了，考虑 \(X,Y\) 之间的边（这一部分是最神秘的）。
注意到，在 Lemma 4 的前提下，Lemma 3 可以改写为：
- 若 \(y_j\to x_i\)，则 \(y_{[j,l]}\to x_i\)
显然，一定有 \(y_l\to x_1\)。
我们还是考虑寻找三元环，如图 4，此时 \((x_1,x_i,y_l)\) 形成了三元环。
Lemma 5：若 \(y_l\not\to x_i\)，则 \(y_l\not\to x_{[i+1,k]}\)。
此时 \(y_l\) 向 \(X\) 集合连边形如：
- 对于 \(i\in [1,t]\)，\(y_l\to x_i\)。
- 对于 \(i\in [t+1,k]\)，\(y_l\not\to x_i\)。
Lemma 6：若 \(y_j\to x_i\)，则 \(y_j\to x_{[1,i]}\)。
如图5，若存在 \(i\in [1,t],y_j\not\to x_i\)，则 \(x_i,y_j,y_l\) 形成了三元环，若 \(y_j\to x_{i'}\) 则 \(y_l\to x_{i'}\)，形成了不合法子图。
可以验证，满足了上述条件的图，就一定符合题目要求。
接下来考虑刻画 \(X\)，\(Y\) 之间的连边，发现在 \(k\times l\) 的网格图中形如右下阶梯。
00111111
00000111
00000011
00000000
（\(0\) 表示 \(x_i\to y_j\)）
注意到，\(y_l\to x_1\)，则 \((1,l)\) 一定是 1；\(x_k=v\) 则最后一行一定全 0。
容易从左到右 dp 出合法网格图的数量。
对于度数限制，考虑 \(X\) \(Y\) 集合分别的贡献，在 dp 过程中判断即可。
code:
int f[N][N];
inline int calc(int k,int l,int lm){
f[0][0]=1;
rep(j,1,l){
int sum=0;
rep(i,0,k){
sum=pls(sum,f[j-1][i]);
if(i-1+l-j+1<=lm && j-1+k-i<=lm)
f[j][i]=sum;
else f[j][i]=0;
}
}
int res=0;
rep(i,1,k-1) res=pls(res,f[l][i]);
return res;
}
int fac[N],ivf[N];
inline int calc(int n,int k){
if(n==1) return 1;
int res=0;
rep(i,1,k+1) res=pls(res,calc(i,n-i,k));
return mul(res,fac[n-1]);
}
int main(){
int n,k;read(n),read(k),read(mod);
fac[0]=ivf[0]=1;
rep(i,1,n) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ivf[n]=fp(fac[n],mod-2);
per(i,n-1,1) ivf[i]=mul(ivf[i+1],i+1);
int ans=0;
rep(i,0,k) ans=pls(ans,mul(calc(n-i,k-i),mul(fac[n],ivf[n-i])));
printf("%d\n",mul(mns(fp(2,n*(n-1)/2),ans),fp(fp(2,n*(n-1)/2),mod-2)));
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号