[题解]Fortnight Round 1
这场的题目真的炒鸡优质，给命题组一个大大的赞。
终于补完啦 ><
T1 初遇
首先我们特判 \(a=n\)、\(b=n\) 或者 \(a+b=n\) 的情况为 No。
接下来，考虑两种操作方式：
- 不断将右边的值赋给左边的值。
- 不断将左边的值赋给右边的值。
当 \(a\ne b\) 时，如果进行了 \(k\) 次操作，则第一种方式的左值、第二种方式的右值分别是 \(a+k(a+b)\) 和 \(b+k(a+b)\)。
由于 \(a\ne b\)，所以最多会有一种方式取到 \(n\)。因此答案恒为 Yes。
当 \(a=b\) 时，进行一次操作后即可转化为 \(a\ne b\)，答案为 Yes。除非 \(3\times a=n\)，即第一次操作后出现 \(a+b=n\) 的情况，此时答案为 No。
时间复杂度 \(O(T)\)。
点击查看代码 - R237420041
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,a,b;
inline bool check(){
if(a==n||b==n||a+b==n) return 0;
if(a==b&&3*a==n) return 0;
return 1;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>a>>b>>n;
cout<<(check()?"Yes\n":"No\n");
}
return 0;
}
T2 邀请
注意到 \(n\) 只有 \(20\)，考虑将 \(n\times m\) 的 \(S,T\) 转置为 \(m\times n\) 的 \(S',T'\)，并将第二维压成一个整数。
先考虑不带 \(X\) 限制的问题，此时如果 \(P_i=j\)，则必有 \(S'_i=T'_j\)。故有解当且仅当 \(\forall x,cs_x=ct_x\)，其中 \(cs_x,ct_x\) 分别为 \(x\) 在 \(S',T'\) 中的出现次数。且有解时的答案是 \(\sum\limits_{x} cs_x!\)。
考虑加上 \(X\) 的限制，此时的情况相当于对若干个 \(S'_i\) 取反，于是仅需规定 \(S\) 取反后的字符串与 \(S\) 相同，即它们共用一个 \(cs/ct\) 值即可。
时间复杂度 \(O(nm)\)。
点击查看代码 - R237543718
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=22,M=1e5+2,P=1e9+7,NN=(1<<20);
int n,m,ss[M],tt[M],cs[NN],ct[NN],fac[M],mask,ans=1;
string a;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=fac[0]=1;i<=m;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
if(!n){
for(int i=1;i<=m;i++) (ans<<=1)%=P;
cout<<ans*fac[m]%P<<"\n";
return 0;
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a;
for(int j=0;j<m;j++) ss[j]=(ss[j]<<1)|(a[j]&1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a;
for(int j=0;j<m;j++) tt[j]=(tt[j]<<1)|(a[j]&1);
}
mask=(1<<n)-1;
for(int i=0;i<m;i++) cs[min(ss[i],mask^ss[i])]++;
for(int i=0;i<m;i++) ct[min(tt[i],mask^tt[i])]++;
for(int i=0;i<=mask;i++){
if(cs[i]!=ct[i]) cout<<"0\n",exit(0);
ans=ans*fac[cs[i]]%P;
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
T3 送礼
神题。
为了方便，我们先将 \(n\) 自增 \(1\)，转化为求：
变形一下：
令括号中的内容为 \(cnt_x\)，接下来考虑对 \(cnt\) 的贡献情况。
不难发现，当 \(n=2^k\) 时，每个 \(cnt_x\) 都是 \(n\)。这启发我们将 \(n\) 按二进制分段。
我们将 \(n\) 分为 \(k\) 段：\(2^{x_1}+2^{x_2}+\dots+2^{x_k}\)，其中 \(x_1>x_2>\dots>x_k\)。
显然，第 \(p\) 段的后 \(x_p\) 位构成一个 \([0,2^{x_p})\) 的排列，其他位取值固定。
先考虑段内的贡献。对于第 \(p\) 段，在 \(i\) 确定的情况下，\(i\oplus j\) 的所有取值构成一个 \([0,2^{x_p})\) 的排列。因此对 \([0,2^{x_p})\) 的 \(cnt\) 各造成 \(2^{x_p}\) 的贡献。
换句话说，对答案的贡献就是 \(2^{x_p}\times \sum\limits_{v=1}^{x_p-1} v^4\)，后面那坨可以利用公式（放在后面）快速计算。
再考虑段之间的贡献。对于 \(p,q\) 这两段（不妨设 \(x_p>x_q\)），若 \(i,j\) 分别在段 \(p,q\) 中选择，则在只考虑后 \(x_p\) 位的情况下，对 \([0,2^{x_p})\) 中的每个 \(cnt\) 都会有 \(2^{x_q}\) 的贡献。
若去除前 \(x_p\) 位的限制，则其他位置在 \(i,j\) 中都是固定的，自然其异或值也是固定的。可以发现其值为 \(2^{x_p}\)。所以 \(cnt\) 中产生贡献的位置需要额外加上 \(2^{x_p}\)。
至于 \(i,j\) 分别在 \(q,p\) 中选择的情况，将贡献乘上 \(2\) 即可。
总之此情况下，对 \([2^{x_p},2^{x_p+1})\) 中的每个 \(cnt\) 都会有 \(2^{x_q+1}\) 的贡献。对答案的贡献同上。
用前缀和的思想可以优化掉枚举 \(i,j\) 的过程。
时间复杂度 \(O(len)\)。
四次方求和公式：
点击查看代码 - R237378068
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e6+5,P=998244353;
int n,pw[N],ans,iv2,iv3,iv5,iv30;
bitset<N> a;
inline int qp(int x,int n){int a=1;while(n){if(n&1) a=a*x%P;x=x*x%P,n>>=1;}return a;}
inline int sum(int x){return ((x*x%P*x%P*x%P*x%P*iv5+x*x%P*x%P*x%P*iv2+x*x%P*x%P*iv3-x*iv30)%P+P)%P;}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
iv2=qp(2,P-2),iv3=qp(3,P-2),iv5=qp(5,P-2),iv30=qp(30,P-2);
cin>>n>>a;
if(a.count()==n) a=0,a[n++]=1;//进行 +1 操作
else{
for(int i=0;i<n;i++){
if(a[i]) a[i]=0;
else{a[i]=1;break;}
}
}
pw[0]=1;for(int i=1;i<=n+1;i++) pw[i]=(pw[i-1]<<1)%P;
for(int i=0,cur=0;i<n;i++){
if(a[i]){
(ans+=sum(pw[i]-1)*pw[i])%=P;//块内部的
(ans+=(sum(pw[i+1]-1)-sum(pw[i]-1)+P)*cur)%=P;//与更小块之间的
(cur+=pw[i+1])%=P;
}
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
T4 热恋
转化一下题意，即求将 \(2n\) 个数分成 \(2\) 个大小为 \(n\) 的集合，使得两者元素乘积之和被 \(k\) 整除的方案数，再乘上 \((n!)^2\)。
此题入手点在于 \(k\le 2n\)，这意味着至少有一个集合的乘积已经被 \(k\) 整除，故另一个集合的乘积也必须被 \(k\) 整除。
考虑 DP。令 \(f[i][j][x][y]\) 为前 \(i\) 个数选了 \(j\) 个进入第一个集合，其他进入第二个集合，第一个集合乘积为 \(x\)，第二个集合乘积为 \(y\)（乘积均为模 \(k\) 意义下的）。
则有转移：
//R237429959
f[0][0][1][1]=1;
for(int i=1;i<=tn;i++)//tn=2*n
for(int j=0;j<=n&&j<=i;j++)
for(int x=0;x<k;x++)
for(int y=0;y<k;y++){
if(j) (f[i][j][x*i%k][y]+=f[i-1][j-1][x][y])%=P;
if(j<i) (f[i][j][x][y*i%k]+=f[i-1][j][x][y])%=P;
}
最后 \(f[2n][n][0][0]\times (n!)^2\) 即为答案。
时间复杂度 \(O(n^2k^2)\)，期望得分 \(50\text{pts}\)。
我们发现，\(x,y\) 的维度可以仅记录与 \(k\) 的 \(\gcd\) 值。
于是将所有 \(k\) 的因数离散化存起来，在 DP 时将取模改成取与 \(k\) 的 \(\gcd\) 即可。
可能需要滚动数组优化一下。
由于 \(k\) 的因数个数与 \(O(\sqrt{k})\) 同阶，所以时间复杂度 \(O(n^2 k)\)，期望得分 \(70\text{pts}\)。
//R237450297
for(int i=tn*tn;i;i--) g[i]=__gcd(i,k);
for(int i=1;i<=k;i++) if(k%i==0) num[i]=++idx,rev[idx]=i;
f[0][0][1][1]=1;
for(int i=1;i<=tn;i++){
for(int j=0;j<=n&&j<=i;j++) for(int x=1;x<=idx;x++) for(int y=1;y<=idx;y++)
f[i&1][j][x][y]=0;
for(int j=0;j<=n&&j<=i;j++){
for(int x=1;x<=idx;x++){
for(int y=1;y<=idx;y++){
if(j) (f[i&1][j][num[g[rev[x]*i]]][y]+=f[(i&1)^1][j-1][x][y])%=P;
if(j<i) (f[i&1][j][x][num[g[rev[y]*i]]]+=f[(i&1)^1][j][x][y])%=P;
}
}
}
}
我们很神奇地发现，DP 过程与 \(i\) 的枚举顺序是无关的。
也就是说，我们可以视作 \(i\) 先从 \(k\) 开始遍历。这样必然有一个集合的与 \(k\) 的 \(\gcd\) 值等于 \(k\)。
于是我们就可以砍掉第四维，其他正常进行，最后将答案 \(\times 2\)（如果 \(k\ne 1\) 的话）即可。
时间复杂度 \(O(n^2\sqrt k)\)，可以通过。
点击查看代码 - R237454326
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2002,K=N<<1,P=998244353;
int n,tn,k,f[2][N][46],ans,g[K*K],num[K],idx,rev[K];
signed main(){
cin>>n>>k,tn=n<<1;
for(int i=tn*tn;i;i--) g[i]=__gcd(i,k);
for(int i=1;i<=k;i++) if(k%i==0) num[i]=++idx,rev[idx]=i;
f[1][0][1]=f[1][1][1]=1;
for(int i=2;i<=tn;i++){
for(int j=0;j<=n&&j<=i;j++) for(int x=1;x<=idx;x++)
f[i&1][j][x]=0;
for(int j=0;j<=n&&j<=i;j++){
if(j&&i!=k) for(int x=1;x<=idx;x++)
(f[i&1][j][num[g[rev[x]*i]]]+=f[(i&1)^1][j-1][x])%=P;
if(j<i) for(int x=1;x<=idx;x++)
(f[i&1][j][x]+=f[(i&1)^1][j][x])%=P;
}
}
ans=f[tn&1][n][idx];
for(int i=2;i<=n;i++) (ans*=i*i)%=P;
if(k==1) cout<<ans<<"\n";
else cout<<ans*2%P<<"\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号