【2019.10.7 CCF-CSP-2019模拟赛 T3】未知的数组(unknown)(并查集+动态规划)

预处理

考虑模数\(10\)是合数不好做,所以我们可以用一个常用套路:

\(\prod_{i=l}^ra_i\equiv x(mod\ 10)\)的方案数等于\(\prod_{i=l}^ra_i\equiv x(mod\ 2)\)的方案数乘上\(\prod_{i=l}^ra_i\equiv x(mod\ 5)\)的方案数。

状态设置

考虑接下来怎么求。

既然现在模数是质数,而在模质数意义下的逆元是唯一的,除了\(0\)没有逆元,因此只要特殊考虑\(0\)

\(f_{i,j}\)表示 将区间\([i,j]\)填满且满足此区间内所有条件并不能填\(0\)的方案数\(g_{i,j}\)表示 将区间\([i,j]\)填满且满足此区间内所有条件但可以填\(0\)的方案数

那么答案就是\(g_{1,n}\)

如何求\(g_{l,r}\)

首先,\(g_{l,r}\)可以从\(f_{l,r}\)转移得到。

然后,考虑枚举一个\(p\),表示\([l,r]\)中最左边的\(0\)的位置。

显然\(p\)要满足条件中不存在一个包含\(p\)的区间积不为\(0\)

\(g_{l,r}\)就可以加上\(f_{l,p-1}\times g_{p+1,r}\)

因为\(p\)是第一个\(0\),所以左边不能有\(0\),右边可以有\(0\)

如何求\(f_{l,r}\)

因为不能有\(0\),所以我们可以设\(s_i\)表示\(\prod_{x=l}^ia_x\),即前缀积。

对于一组条件例如\([x,y]\)区间内的积为\(v\),则可以得到\(a_{x-1}^{-1}\times a_y=v\)

我们可以用带权并查集存储这种关系,同时检验是否合法。

当所有条件处理完后,假设有\(t\)个连通块,当前的模数是\(V\),由于不能填\(0\),所以方案数是\((V-1)^{t-1}\)

\(f_{l,r}=(V-1)^{t-1}\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100
#define Q 50
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,Qt;
struct Query
{
    int l,r,v;I Query(CI x=0,CI y=0,CI p=0):l(x),r(y),v(p){}
    I Query operator % (CI x) Con {return Query(l,r,v%x);}
}s[Q+5];
class DpSolver
{
    private:
        #define VQ vector<Query>
        #define IT VQ::iterator
        #define pb push_back
        int V,Inv[5],f[N+5][N+5],g[N+5][N+5],fa[N+5],vl[N+5];VQ p;
        I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}//快速幂
        I int getfa(CI x)//找祖先,路径压缩同时更新边权
        {
            if(fa[x]==x) return x;RI t=fa[x];fa[x]=getfa(fa[x]),vl[x]=vl[x]*vl[t]%V;
            return fa[x];
        }
        I bool Union(CI x,CI y,CI v)//合并,若已连通判断是否合法
        {
            RI fx=getfa(x),fy=getfa(y);if(fx==fy) return vl[y]*Inv[vl[x]]%V==v;//判断是否合法
            return fa[fx]=fy,vl[fx]=vl[y]*Inv[vl[x]]%V*Inv[v]%V,true;//合并
        }
        I int F(CI l,CI r,VQ v)//求f[l][r],v表示[l,r]内的条件
        {
            if(v.empty()) return Qpow(V-1,r-l+1);if(~f[l][r]) return f[l][r];//若无条件随便填,若已求过直接返回
            RI i,t=0;IT it;for(i=l-1;i<=r;++i) fa[i]=i,vl[i]=1;//并查集初始化
            for(it=v.begin();it!=v.end();++it)//迭代器遍历vector
                if(!it->v||!Union(it->l-1,it->r,it->v)) return f[l][r]=0;//若不合法返回0
            for(i=l-1;i<=r;++i) i==fa[i]&&++t;return f[l][r]=Qpow(V-1,t-1);//统计连通块个数计算答案
        }
        I int G(CI l,CI r,VQ v)//求g[l][r],v表示[l,r]内的条件
        {
            if(v.empty()) return Qpow(V,r-l+1);if(~g[l][r]) return g[l][r];//若无条件随便填,若已求过直接返回
            RI i,fg;VQ v1,v2;IT it;for(g[l][r]=F(l,r,v),i=l;i<=r;++i)//枚举第一个0所在位置
            {
                for(fg=1,v1.clear(),v2.clear(),it=v.begin();it!=v.end();++it)//迭代器遍历vector
                {
                    if(it->l<=i&&i<=it->r&&it->v) {fg=0;break;}//如果一个包含当前位置的区间积不为0,就不合法
                    it->r<i&&(v1.pb(*it),0),it->l>i&&(v2.pb(*it),0);//将条件分成两部分
                }fg&&(g[l][r]=(1LL*F(l,i-1,v1)*G(i+1,r,v2)+g[l][r])%X);//更新g值
            }return g[l][r];//返回答案
        }
    public:
        I void Solve()
        {
            #define Init(x) (V=x,p.clear(),memset(f,-1,sizeof(f)),memset(g,-1,sizeof(g)))
            RI i,t;for(Init(2),Inv[1]=1,i=1;i<=Qt;++i) p.pb(s[i]%2);t=G(1,n,p);//模数为2
            for(Init(5),Inv[1]=1,Inv[2]=3,Inv[3]=2,Inv[4]=4,i=1;i<=Qt;++i) p.pb(s[i]%5);//模数为5
            printf("%d",1LL*t*G(1,n,p)%X);//方案数相乘
        }
}S;
int main()
{
    freopen("unknown.in","r",stdin),freopen("unknown.out","w",stdout);
    RI i;for(scanf("%d%d",&n,&Qt),i=1;i<=Qt;++i)
        scanf("%d%d%d",&s[i].l,&s[i].r,&s[i].v),++s[i].l,++s[i].r;//读入,出于习惯将下标加1
    return S.Solve(),0;
}
posted @ 2019-10-07 15:29  TheLostWeak  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏