2025多校冲刺省选模拟赛14

2025多校冲刺省选模拟赛14

\(T1\) A. 游戏 \(0pts\)

  • 原题： QOJ 9300. So Many Possibilities...

  • 同 初中信息奥赛模拟测试 T4 ZEW 玩 thd ，考虑将攻击次数攒起来，仅通过其对应的随从死亡状态推出贡献。

  • 考虑状压，设 \(f_{i,S}\) 表示一共攻击了 \(i\) 次，随从死亡状态为 \(S\) 时用来攻击随从的操作的贡献。死亡人数不变时直接继承 \(\times \frac{1}{|S|}\) 即可，死亡人数加一时在前面任选 \(a_{x}-1\) 步乘以组合数即可。

  • 然后考虑 \(U\) \ \(S\) 时的方案数统计，背包预处理的时间复杂度为 \(O(2^{n}m^{2})\) ，但跑不过因子集和很难卡满所以每次重新计算的 \(O(2^{n}nm^{2})\) ，可以使用 NTT/FFT 优化至 \(O(2^{n}m \log m)\) 。

    点击查看预处理代码 
    const int p=998244353;
int a[210],inv[210],jc_inv[210],C[210][210],sum[(1<<15)+10],f[2][(1<<15)+10],g[210][(1<<15)+10];
int lowbit(int x)
{
    return (x&(-x));
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("game.in","r",stdin);
    freopen("game.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,ans=0,s,i,j;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
    inv[1]=C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
    for(i=2;i<=m;i++)
    {
        inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        C[i][0]=1;
        for(j=1;j<=i;j++)  C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
    }
    for(s=0;s<(1<<n);s++)
    {
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            if((s>>i)&1)  sum[s]+=a[i+1];
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        memset(f[(i+1)&1],0,sizeof(f[(i+1)&1]));
        for(s=0;s<(1<<n);s++)
        {
            if(i-sum[s]<0)  continue;
            f[(i+1)&1][s]=(f[(i+1)&1][s]+1ll*f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p)%p;
            for(j=0;j<n;j++)
            {
                if(((s>>j)&1)==0&&i-sum[s]>=a[j+1]-1)
                    f[(i+1)&1][s|(1<<j)]=(f[(i+1)&1][s|(1<<j)]+
                    1ll*f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p*C[i-sum[s]][a[j+1]-1]%p)%p;
            }
        }
    }
    for(s=0;s<(1<<n);s++)  g[0][s]=1;
    for(s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            for(j=0;j<=min(i,a[__builtin_ctz(s)+1]-1);j++)
                g[i][s]=(g[i][s]+1ll*g[i-j][s^lowbit(s)]*C[i][j]%p)%p;
        }
    }
    for(s=0;s<(1<<n);s++)
    {
        if(m-sum[s]>=0)
            ans=(ans+1ll*f[m&1][s]*g[m-sum[s]][((1<<n)-1)^s]%p*__builtin_popcount(s)%p)%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
    点击查看重新计算代码 
    const ll p=998244353;
ll a[30],jc[(1<<15)+10],inv[(1<<15)+10],jc_inv[(1<<15)+10],sum[(1<<15)+10],f[2][(1<<15)+10],g[210];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)  ans=ans*a%p;
        b>>=1;
        a=a*a%p;
    }
    return ans;
}
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
    return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?jc[n]*jc_inv[n-m]%p*jc_inv[m]%p:0;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("game.in","r",stdin);
    freopen("game.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,k,ans=0,s,i,j;
    cin>>n>>m;  jc[0]=jc_inv[0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
    for(i=1;i<=max(n,m);i++)
    {
        inv[i]=qpow(i,p-2,p);
        jc[i]=jc[i-1]*i%p;
        jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
    }
    for(s=0;s<(1<<n);s++)
    {
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            if((s>>i)&1)  sum[s]+=a[i+1];
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        memset(f[(i+1)&1],0,sizeof(f[(i+1)&1]));
        for(s=0;s<(1<<n);s++)
        {
            if(i-sum[s]<0)  continue;
            f[(i+1)&1][s]=(f[(i+1)&1][s]+f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p)%p;
            for(j=0;j<n;j++)
            {
                if(((s>>j)&1)==0&&i-sum[s]>=a[j+1]-1)
                    f[(i+1)&1][s|(1<<j)]=(f[(i+1)&1][s|(1<<j)]+
                    f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p*C(i-sum[s],a[j+1]-1,p)%p)%p;
            }
        }
    }
    for(s=0;s<(1<<n);s++)
    {
        if(m-sum[s]<0)  continue;
        memset(g,0,sizeof(g));
        g[0]=1;
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            if(((s>>i)&1)==0)
            {
                for(j=m-sum[s];j>=1;j--)
                {
                    for(k=1;k<=min(j,a[i+1]-1);k++)  g[j]=(g[j]+g[j-k]*C(j,k,p)%p)%p;
                }
            }
        }
        ans=(ans+f[m&1][s]*g[m-sum[s]]%p*__builtin_popcount(s)%p)%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

\(T2\) B. 排序 \(40pts\)

  • 原题： Project Euler | 欧拉计划 Problem 524 First Sort II

  • 手模下较小数据下操作 \(1,2\) 的本质是将某个非前缀 \(\max\) 的数 \(p_{i}\) 消耗 \(2^{x}\) 的次数使得将 \(p_{i}\) 插入到其在 \([1,i]\) 升序排序后的位置，其中 \(x\) 表示 \([1,i-1]\) 中比 \(x\) 小的数的个数。

  • 考虑按照 \(k\) 的二进制表示下从低到高的各位进行构造。

  • 以第 \(0\) 位为例，若 \(k\) 这一位为 \(0\) 那么此时必须放 \(1\) ；否则必须放 \(2\) ，但后续过程中 \(1\) 所在的位置就不确定了。

  • \(1\) 对其他数的影响本质上是将其的贡献 \(\times 2\) ，故 \(k\) 某一位为 \(0\) 时可以将 \(1\) 塞进去从而进行拼接。

    点击查看代码 
    stack<ll>s;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("sorting.in","r",stdin);
    freopen("sorting.out","w",stdout);
#endif
    ll k;
    cin>>k;
    for(ll x=1;k;k>>=1)
    {
        if(k%2==1)
        {
            s.push(x);  x++;
            cout<<x<<" ";
            x++;
        }
        else
        {	
            if(s.empty()==0)
            {
                cout<<s.top()<<" ";
                s.pop();
            }
            else
            {
                cout<<x<<" ";
                x++;
            }
        }
    }
    while(s.empty()==0)
    {
        cout<<s.top()<<" ";
        s.pop();
    }
    return 0;
}

\(T3\) C. 节日 \(0pts\)

总结

  • \(T1\) 误以为每种情况的概率相同，手摸了一整场的样例 \(2\) 也没模出来，破防了。
posted @ 2025-02-18 20:32  hzoi_Shadow  阅读(233)  评论(1)    收藏  举报
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