5.11 考试解题报告

前言

估分： \(100 + 30 + 0 = 130\)。

实际得分： \(100 + 30 + 0 = 130\)。

除了 \(T1\) 是个高精大水题之外都是不可做题，\(T3\) 连题目都没看懂。

第一次考试对着题目看了 20 分钟没看懂题目。

把考试的题目整理到题库里了，可以看了。

考场上的心路历程：

开始看 \(T1\) 阶乘之和？大水题，写个高精就行了，写了 30 分钟，用计算器一测，没问题。
看了 \(T2\) 的第一眼，组合数学？希望自己能推出式子来。
20 分钟以后，好像还要用容斥？继续推。
30 分钟以后，这是什么神仙题目，算了，先把 \(T3\) 看看。
看了 10 分钟，题目是什么意思？连个样例解释都不给。
又看了 10 分钟，一脸懵逼，他这是要求什么？不管了，看 \(T2\)。
继续推 \(T2\)，心中已经将 \(T3\) 放弃，题目都看不懂，又过了 20 分钟。
\(T2\) 实在推不出来了，写爆搜吧，还有 30 分。
20 分钟后，写完了，一测样例，输出 0 ？有点小慌。
5 分钟后，哦，我的 dfs 没回溯，自己把自己逗笑了。
还有一些时间，再看看 \(T3\) 吧。
之后写了个 \(O(?)\) 的暴力，没过样例（输出差了老远），于是换了随机数。
对着 \(T2\) 又沉思了 \(10\) 分钟 + 看了看 \(T1\)，交卷走人。

T1

\(Link\)

Solution

前三十分，直接模拟即可。
后面 70 分，明显是要高精，也是直接模拟。

由于我对自己写的高精不放心，还是测试的分治了 /cy

注意高精乘的时候初始别忘附为 1。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int Maxk = 1e4 + 10;
LL a[110],Ans;
int n;
int maxn = -1;
struct Gao {
  int z[Maxk];
  int len_;
  Gao () {
    memset(z,0,sizeof z);
    len_ = 0;
  }
}A[102];
inline int Max(int a,int b) {return a > b ? a : b;}
inline int read()
{
	int s = 0, f = 0;char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -s : s;
}
Gao operator + (const Gao &c,const Gao &d) 
{
  Gao B;
  B.len_ = Max(c.len_,d.len_) + 1;
  for(int i = 1;i <= B.len_;i ++) {
    B.z[i] += c.z[i] + d.z[i];
    if(B.z[i] >= 10) {
      B.z[i] -= 10;
      B.z[i + 1] += 1;
    }
  }
  while(B.len_ > 1 && B.z[B.len_] == 0) B.len_ --;
  return B;
} 
Gao operator * (const Gao &c,int nu)
{
  Gao C,d;
  int cnt = 0;
  for(;nu;nu /= 10) {
    d.z[++ cnt] = nu % 10;//这样会使变为倒序 
  }
  d.len_ = cnt;
  C.len_ = c.len_ + d.len_ + 1;
  for(int i = 1;i <= c.len_;i ++) {
    for(int j = 1;j <= d.len_;j ++) {
      C.z[i + j - 1] += c.z[i] * d.z[j];
      if(C.z[i + j - 1] >= 10) {
        int k = C.z[i + j - 1] % 10;
        C.z[i + j] += C.z[i + j - 1] / 10;
        C.z[i + j - 1] = k;
      }
    }   
  } 
  while(C.len_ > 1 && C.z[C.len_] == 0) C.len_ --;
  return C;
}
void Solve()
{
  for(int i = 1;i <= n;i ++) {
    LL sum = 1;
    if(a[i] == 0) a[i] = 1;
    for(int j = 1;j <= a[i];j ++) {
      sum *= j;
    }
    Ans += sum;
  }
  cout << Ans << endl;
  return;
}
signed main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read(),maxn = Max(maxn,a[i]);
	if(maxn <= 10) {
	  Solve();
	  return 0;
  }
  for(int i = 1;i <= n;i ++) {
    A[i].len_ = 1;
    A[i].z[1] = 1;
  }
  Gao Sum;
  for(int i = 1;i <= n;i ++) {
    if(a[i] == 0) a[i] = 1;
    for(int j = 1;j <= a[i];j ++) {
      A[i] = A[i] * j;
    }
    Sum = Sum + A[i];
  }
  for(int i = Sum.len_;i >= 1;i --) cout << Sum.z[i];
  return 0;
}

T1 连写带调用了 30 分钟，幸好没考高精减和高精除，两个都没学。

T2

\(Link\)

Solution

首先，这是一个容斥定理的题目，我们考虑用全集减去他的补集。

首先全集是很容易的出来的，就是 \(k ^ {n \times m}\)，就是 \(n \times m\) 个点随便染色，根据乘法原理，显然成立。

之后考虑容斥，我们开始删去不合法的情况。

当只有行不合法的时候

这个时候我们考虑删去 \(n\) 行中有 \(1\) 行为相同颜色的方案数，但是我们删去的话明显会删多，所以还要将两行为相同颜色的加上，这样反复，显然是个容斥定理，我们枚举删除的行数，从 \(i = 1 \sim n\)，当 \(i\) 为奇数的时候就减去，否则加上。

那么公式是什么：

考虑当前我们随机从 \(n\) 行中选了 \(i\) 行，所以是 \(\dbinom{n}{i}\)。

之后我们选择的行中，因为每行都颜色相同，所以颜色共有 \(k ^ i\) 种情况。

剩下的矩形不就随便上颜色了，所以是 \(k ^ {(n - i) \times m}\) 种。

所以我们得到的式子就是：

\[(-1) ^ i\dbinom{n}{i} \times k ^ i \times k ^ {(n - i) \times m} \]

只有列不合法的时候

和上面的情况相同，也是容斥，最后得出来的式子长这样：

\[(-1) ^ i \dbinom{m}{i} \times k ^ i \times k ^ {(m - i) \times n} \]

行列都不符合的时候

依旧是一个容斥，不过比较复杂。

先从简单的情况开始，我们先从 1 行颜色相同并且 1 列颜色相同的情况开始。

这时候是从 \(n\) 中选出了 1 行和从 \(m\) 中选出了 1 列的时候，颜色有 \(k\) 种，并且其余的格子都是随便填的情况，即：

\[k \times \dbinom{n}{1} \dbinom{m}{1} \times k ^ {(n - 1)(m - 1)} \]

由此推广到所有情况：

\[Ans = k \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m (-1) ^ {i + j}\dbinom{n}{i} \dbinom{m}{j} k ^ {(n - i)(m - j)} \]

发现 \(n,m \leq 10 ^ 6\)，所以 \(O(n ^ 2)\) 枚举是肯定过不了的。

开始化简：

\[\begin{aligned} Ans &= k \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m (-1) ^ {i + j}\dbinom{n}{i} \dbinom{m}{j} k ^ {(n - i)(m - j)} \\ &= k \sum_{i = 1} ^ n \dbinom{n}{i} \sum_{j = 1} ^ m (-1) ^ {i + j} \dbinom{m}{j} k ^ {(n - i)(m - j)} \\ &= k \sum_{i = 1} ^ n \dbinom{n}{i} (1 + k ^ {n - i}) ^ m (-1) ^ {i} \\ &= k \sum_{i = 1} ^ n (-1) ^ {i}\dbinom{n}{i} (1 + k ^ {n - i}) ^ m \end{aligned} \]

中间第 \(2 \to 3\) 用了二项式定理。

所以我们就能过掉这个题目了，还没写，粘一下std。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair

ll read()
{
    ll v = 0, f = 1;
    char c = getchar();
    while (c < 48 || 57 < c) {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (48 <= c && c <= 57) v = (v << 3) + v + v + c - 48, c = getchar();
    return v * f;
}

const ll MOD = 998244353, MOD2 = MOD - 1;
const int N = 1010000;

ll n, m, K;

ll fac[N], inv[N];

ll pw(ll a, ll b)
{
    a = (a % MOD + MOD) % MOD;
    b = (b % MOD2 + MOD2) % MOD2;
    ll re = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            re = re * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}

ll C(int n, int m)
{
    if (n < 0 || m < 0 || n - m < 0) return 0;
    return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}

int main()
{
    //freopen("b.in", "r", stdin);
    //freopen("b.out", "w", stdout);
    fac[0] = 1;
    for (ll i = 1; i <= 1000000; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for (ll i = 2; i <= 1000000; i++)
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    for (ll i = 1; i <= 1000000; i++)
        inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % MOD;
    n = read(), m = read(), K = read();
    ll ans = pw(K, n * m);
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
        if (i & 1)
            ans = (ans - C(n, i) * pw(K, i) % MOD * pw(K, (n - i) * m) % MOD + MOD) % MOD;
        else
            ans = (ans + C(n, i) * pw(K, i) % MOD * pw(K, (n - i) * m) % MOD) % MOD;
    for (ll i = 1; i <= m; i++)
        if (i & 1)
            ans = (ans - C(m, i) * pw(K, i) % MOD * pw(K, (m - i) * n) % MOD + MOD) % MOD;
        else
            ans = (ans + C(m, i) * pw(K, i) % MOD * pw(K, (m - i) * n) % MOD) % MOD;
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
        if (i & 1)
            ans = (ans - C(n, i) * K % MOD * ((pw(pw(K, n - i) - 1, m) - pw(K, (n - i) * m) + MOD) % MOD) % MOD + MOD) % MOD;
        else
            ans = (ans + C(n, i) * K % MOD * ((pw(pw(K, n - i) - 1, m) - pw(K, (n - i) * m) + MOD) % MOD) % MOD) % MOD;
    printf("%lld\n", ans);
}

T3

\(Link\)

玄学题面，盯着看了半天都没看懂，甚至不知要求啥，所以到现在题解也没看懂，明天再看看。

posted @ 2021-05-11 22:20 Ti_Despairy 阅读(84) 评论(0) 收藏举报

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