2025.2
2025.2
1. CF1091F - New Year and the Mallard Expedition
https://www.luogu.com.cn/problem/CF1091F
显然答案为所有 \(b-a-1,c-b-1\) 的 sg 异或和。问题变为怎样求 sg。
发现 sg 式子十分公式，形如 \(sg_i=\operatorname{xor}\{sg_{i-a_j}\}\)，这种式子在值域较小时可以使用 bitset 优化。设 \(p_{i,j}\) 表示是否存在一个 \(sg_k=j\) 使得 \(k\) 能贡献到 \(i\)，那么这个时候就简单了：
- 更新，则令
p[sg_k] |= k << ok; - 查询，只用查询所有 \(p\) 的第 \(i\) 位即可。
复杂度 \(O(nV+\dfrac{n^2}w)\)，时间复杂度 \(O(\dfrac{nV}w)\)。
点击查看代码
// Problem: H. New Year and the Tricolore Recreation
// Contest: Codeforces - Good Bye 2018
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1091/H
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
int mx;
int n, b, f[N];
int p[N], v[N], pc, isp[N];
bitset<N> ok, sg[70];
int main(){
mx = N - 10;
for(int i = 2; i <= mx; ++ i){
if(!v[i]){
p[++pc] = i;
isp[i] = 1;
ok.set(i);
}
for(int j = 1; j <= pc && i * p[j] <= mx; ++ j){
v[i*p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0){
break;
}
}
}
for(int i = 1; i <= pc; ++ i){
for(int j = 1; j <= pc && p[i] * p[j] <= mx; ++ j){
ok.set(p[i]*p[j]);
}
}
scanf("%d%d", &n, &b);
ok.set(b, 0);
for(int i = 0; i <= mx; ++ i){
int val = 0;
for(int j = 0; j < 70; ++ j){
if(!sg[j].test(i)){
val = j;
break;
}
}
f[i] = val;
sg[val] |= ok << i;
}
int ans = 0;
while(n--){
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
ans ^= f[b-a-1] ^ f[c-b-1];
}
puts(ans ? "Alice\nBob" : "Bob\nAlice");
return 0;
}
2. qoj4228 - Double Sort
https://qoj.ac/contest/943/problem/4228
不考虑这个输出小数。来点 \(O(n^2+m\log m)\) 做法。
原题意可以转化为：对于所有 \(\sum b\leq m\) 的正整数序列，对于每一个 \(i\) 求从小到大排序后第 \(i\) 项在所有方案中的和。
其中 \(f(i,k)\) 表示至少 \(i\) 个数 \(\geq k\) 的方案数。
如何计算这个 \(f\)？考虑设 \(g(i,k)\) 表示恰好 \(i\) 个数 \(\geq k\) 的方案数；\(h(i,k)\) 表示选定 \(1\sim i\) 下标上的数 \(\geq k\) 的方案数。
根据定义有：\(f(i,k)=\sum_{j=i}^n g(j,k)\)。
根据二项式反演有：\(g(j,k) = \sum_{p=j}^n \dbinom nph(p,k)\dbinom{p}{j}(-1)^{p-j}\)。
根据插版法有：\(h(p,k)=\sum_{x=1}^m\dbinom{x-p(k-1)-1}{n-1} = \dbinom{x-p(k-1)}n\)。
求 \(f(i,k)\)：
最后一步可以在杨惠三角上直接证明。
带入，得：
由于 \(h(p,k)\neq 0\) 的必要条件是 \(pk \leq m\)，所以只用算 \(O(m\log m)\) 次。总复杂度 \(O(n^2+m\log m)\)。
3. LuoguP4707 - 重返现世
https://www.luogu.com.cn/problem/P4707
一直想写这个题，今天写一下，发现写起来很简单。
首先要知道扩展 min-max 容斥式子：
题面求的是第 \(n-k+1\) 大的期望（下文中的 \(k\) 指 \(n-k+1\)）。那么可以转化为求若干最小期望。这个是好求的，集合 \(S\) 内的最小期望为 \(\dfrac{m}{\sum_{i\in S}p_i}\)。
容易列出 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示集合中有 \(i\) 个数，\(p\) 和为 \(j\) 的方案数，复杂度 \(O(n^2m)\)。
考虑利用上 \(k\) 很小（即原题面中的 \(|n-k|\leq 10\)），考虑将这个组合数利用组合意义拆开来：即 \(i\) 个数中选定 \(k\) 个数，要求第一个数必选。
那么新的 dp 状态就是：设 \(f_{i,j}\) 表示和为 \(i\)，且已经选了 \(j\) 个数，方案数乘上 \(-1\) 的选的数的个数次方。对于每个 \(p\)，\(p\) 在集合中的转移有两条（按照背包 dp 的方式转移，\(p\) 不在集合中的不用考虑）：
- \(f_{i,j} \leftarrow -f_{i-p,j}\)，表示 \(p\) 放入，但是不选；要求 \(i-p\neq 0\)（即不是第一个数）；
- \(f_{i,j}\leftarrow -f_{i-p,j-1}\)，表示 \(p\) 放入且选；要求 \(j>0\)（显然）。
初值 \(f_{0,0}=(-1)^k\)，答案为 \(\sum\dfrac mi f_{i,k}\)。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P = 998244353;
int f[10010][13];
int n, k, m, p[1010];
ll qp(ll x, ll y){
ll ans = 1;
while(y){
if(y & 1){
ans = ans * x % P;
}
x = x * x % P;
y >>= 1;
}
return ans;
}
int main(){
f[0][0] = 1;
scanf("%d%d%d", &n, &k, &m);
k = n - k + 1;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d", &p[i]);
for(int v = m; v >= p[i]; -- v){
for(int c = 0; c <= k; ++ c){
if(c){
f[v][c] -= f[v-p[i]][c-1];
if(f[v][c] < 0){
f[v][c] += P;
}
}
if(v > p[i]){
f[v][c] -= f[v-p[i]][c];
if(f[v][c] < 0){
f[v][c] += P;
}
}
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++ i){
ans += qp(i, P-2) % P * f[i][k] % P;
ans %= P;
}
printf("%lld\n", ans * qp(P-1, k) % P * m % P);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号