数学专练（北京集训）
A. [ARC147D] Sets Scores
较为简单的（因为除他以外，非黑即紫）。
考虑我们可以显然可以用一个长为 \(m\) 的 \(bool\) 数组 \(c\) 和一个长为 \(n-1\) 的 \(int\) 数组 \(p\) 唯一表示一种情况。考虑用 \(c\) 数组表示每个位置初始在不在 \(S_1\) 里，\(p\) 表示每次改变了哪个元素的状态。
考虑固定 \(p\)。发现每个位置 \(c\) 都有 \(0,1\) 两种取值，且两种情况下，该元素出现次数之和恰好为 \(n\)，所以此时总和为 \(n^m\)。再乘上 \(p\) 的种类数 \(m^{n-1}\)，答案即为 \(n^m\times m^{n-1}\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,p=998244353;
int n,m;
inline int qpow(int x,int y){
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=1ll*re*x%p;
x=1ll*x*x%p,y>>=1;
}
return re;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
cout<<1ll*qpow(n,m)*qpow(m,n-1)%p;
return 0;
}
B. [CERC2015] Frightful Formula
容易想到组合意义，考虑从每个位置出发，对 \(F_{n,n}\) 的贡献是多少，则有：
前两个 \(\sum\) 是好算的，关键是第三个。显然可以用三模数 \(ntt\) 直接艹过去，但是太不文明了。考虑拆成两部分：
- \(i+j\le n-2\)。此时即为杨辉三角：
\(ans=\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{j=0}^i\binom ija^jb^{i-j}=\sum_{i=0}^{n-2}(a+b)^i\)。 - \(i+j>n-2\)。考虑组合意义。每一次我们相当于从原先的位置分别向横纵向各走一步，所以总体乘上 \(a+b\)。但是每一次两端是不能走的，所以要减去两种情况。设 \(f_i=\sum_{j=i-n+2}^{n-2}\binom ija^jb^{i-j}(i>n-2)\)，则有递推式：
\(f_i=(a+b)f_{i-1}-\binom{i-1}{n-2}(a^{n-1}b^{i-n+1}+a^{i-n+1}b^{n-1})\)
这样就可以 \(O(n)\) 解决了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+5,p=1e6+3;
int n,a,b,c,ac[N],bc[N],ans,jc[N],inv[N],f[N];
inline int qpow(int x,int y){
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=1ll*re*x%p;
x=1ll*x*x%p,y>>=1;
}
return re;
}
inline int C(int x,int y){
return 1ll*jc[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>a>>b>>c;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>ac[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>bc[i];
jc[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n*2;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%p;
inv[n*2]=qpow(jc[n*2],p-2);
for(int i=n*2-1;i;i--) inv[i]=(i+1ll)*inv[i+1]%p;
for(int i=0;i<=n-2;i++)
f[n-2]=(f[n-2]+1ll*C(n-2,i)*qpow(b,i)%p*qpow(a,n-i-2))%p;
for(int i=n-1;i<=2*n-4;i++)
f[i]=((1ll*f[i-1]*(a+b)%p-1ll*C(i-1,i-n+1)*qpow(b,i-n+1)%p*qpow(a,n-1)-1ll*C(i-1,n-2)*qpow(b,n-1)%p*qpow(a,i-n+1))%p+p)%p,ans=(ans+f[i])%p;
for(int i=0;i<=n-2;i++) ans=(ans+qpow(a+b,i))%p;
ans=1ll*ans*c%p;
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=(ans+1ll*ac[i]*qpow(b,n-i)%p*qpow(a,n-1)%p*C(n*2-i-2,n-i))%p;
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=(ans+1ll*bc[i]*qpow(b,n-1)%p*qpow(a,n-i)%p*C(n*2-i-2,n-i))%p;
cout<<ans;
return 0;
}
C. [ARC139D] Priority Queue 2
设 \(c(A)\) 表示在数组中满足 \(A\) 性质的数的数量。
考虑 \(\sum i\times c(=i)=\sum c(\ge i)\)，问题转化为求解所有的 \(c(\ge i)\)。
设加入的数为 \(d\)，考虑什么时候 \(c(\ge i)\) 会变化：
- \(c(\ge i)>n-x+1\)。此时一个 \(\ge i\) 的数会被删掉。
- \(d\ge i\)。显然加一。
第一部分我们可以延迟操作，因此，我们就可以通过枚举最终 \(c(\ge i)\) 的方式对答案进行简单的计算。
我们可以枚举 \(c(\ge i)\) 在和 \(n-x+1\) 取 \(\min\) 之前的增量 \(j\)，设 \(c'_i\) 表示 \(a\) 数组中比 \(i\) 大的数的数量，则有：
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005,p=998244353;
int n,m,k,x,a,c[N],C[N][N],ans;
inline int qpow(int x,int y){
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=1ll*re*x%p;
x=1ll*x*x%p,y>>=1;
}
return re;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k>>x;
for(int i=1,a;i<=n;i++){
cin>>a;
c[a]++;
}
for(int i=m;i;i--) c[i]+=c[i+1];
for(int i=0;i<=k;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
}
for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=0;j<=k;j++)
ans=(ans+1ll*qpow(m-i+1,j)*qpow(i-1,k-j)%p*C[k][j]%p*max(c[i]+j-k,min(j+c[i],n-x+1)))%p;
cout<<ans;
return 0;
}
D. [CF1097G] Vladislav and a Great Legend
感觉评不上黑。
考虑大力组合意义，这样就可以将问题转化为求选出一棵虚树后，在虚树上选出 \(i\) 条边的方案数。容易想到一个叫做树上背包的东西。
设 \(dp_{i,j}\) 表示在以 \(i\) 为根的子树内建立的非空虚树（含根节点和根节点到父亲边）中选 \(j\) 条边的方案数，则有：
由于要求非空，所以最后每次还得给 \(dp_{u,1}-1\)（只有根节点到父亲边）；由于要统计答案，所以每次在算完第一个式子之后就对应加上，同时为了刨去根节点除了虚树以外除了根节点，每次结束后还要额外减一次。
时间复杂度 \(O(nk)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,M=205,p=1e9+7;
int n,k,s[M][M],dp[N][M],tmp[M],sz[N],ans[M],as;
vector<int>g[N];
inline void dfs(int x,int fa){
sz[x]=1,dp[x][0]=2;
for(int y:g[x]) if(y!=fa){
dfs(y,x);
for(int i=0;i<=min(sz[x],k);i++)
for(int j=0;j<=min(sz[y],k);j++)
tmp[i+j]=(tmp[i+j]+1ll*dp[x][i]*dp[y][j])%p;
sz[x]+=sz[y];
for(int i=0;i<=min(sz[x],k);i++)
dp[x][i]=tmp[i],ans[i]=(ans[i]-dp[y][i]+p)%p,tmp[i]=0;
}
for(int i=0;i<=k;i++) ans[i]=(ans[i]+dp[x][i])%p;
for(int i=k;i;i--) dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-1])%p;
dp[x][1]=(dp[x][1]+p-1)%p;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1,0),s[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=1;j<=i;j++)
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1ll*j*s[i-1][j])%p;
for(int i=0,jc=1;i<=k;i++,jc=1ll*jc*i%p)
as=(as+1ll*s[k][i]*jc%p*ans[i])%p;
cout<<as;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号