暑假集训题目合集-2
Day7
扫描线
一般使用线段树维护，具体地，维护区间和及区间非零个数。
[NOI2023] 方格染色
横竖线就是扫描线板题。斜线最多只有 \(5\) 个，暴力将能够合并的斜线合并，然后遍历所有横竖线判断是否有交。懒得写离散化了，直接动态开点线段树也能过。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=1e5+10;
int tot,n,m,q,C,cnt,type3cnt,cnt1,cnt2;
ll ans;
bool vis[114];
struct line{
int t,x1,y1,x2,y2;
}a[N],b[114],c[114];
struct change{
int x,y1,y2,k;
bool operator<(const change &temp)const{return x<temp.x;}
}p[N<<1];
struct Node{
Node *ls,*rs;
int val,tag;
}tree[N<<5];
Node *root;
inline Node *new_node(){return &tree[++tot];}
inline void push_up(Node *u,int l,int r){
if(u->tag) u->val=r-l+1;
else if(l==r) u->val=0;
else{
u->val=0;
u->val+=u->ls?u->ls->val:0;
u->val+=u->rs?u->rs->val:0;
}
}
void modify(Node*&u,int l,int r,int x,int y,int k){
if(u==nullptr) u=new_node();
if(x<=l&&y>=r){
u->tag+=k;
push_up(u,l,r);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) modify(u->ls,l,mid,x,y,k);
if(y>mid) modify(u->rs,mid+1,r,x,y,k);
push_up(u,l,r);
}
int main(){
read(C,n,m,q);
for(int i=1,t,x1,y1,x2,y2;i<=q;i++){
read(t,x1,y1,x2,y2);
if(t!=3){
p[++cnt]={x1-1,y1,y2,1};
p[++cnt]={x2,y1,y2,-1};
a[++cnt1]={t,x1,y1,x2,y2};
}
else b[++type3cnt]={3,x1,y1,x2,y2};
}
sort(p+1,p+1+cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
modify(root,1,1e9,p[i].y1,p[i].y2,p[i].k);
ans+=root->val*(p[i+1].x-p[i].x);
}
bool flag=1;
while(flag){
flag=0;
for(int i=1;i<=type3cnt;i++){
if(vis[i]) continue;
for(int j=1;j<=type3cnt;j++){
if(i==j||vis[j]) continue;
if(b[j].x2-b[i].x1==b[j].y2-b[i].y1&&b[j].x1<=b[i].x2&&b[j].x2>=b[i].x2){
b[i].x1=min(b[i].x1,b[j].x1);
b[i].y1=min(b[i].y1,b[j].y1);
b[i].x2=max(b[i].x2,b[j].x2);
b[i].y2=max(b[i].y2,b[j].y2);
vis[j]=1;
flag=1;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=type3cnt;i++){
if(vis[i]) continue;
c[++cnt2]=b[i];
}
for(int i=1;i<=cnt2;i++){
set<pair<int,int>> st;
for(int j=1;j<=cnt1;j++){
if(a[j].t==1){
int tx=c[i].x1+a[j].y1-c[i].y1;
if(tx<c[i].x1||tx>c[i].x2||tx<1||tx>n) continue;
if(tx<a[j].x1||tx>a[j].x2) continue;
pair<int,int> temp={tx,a[j].y1};
if(st.find(temp)==st.end())
--ans,st.insert(temp);
}
else if(a[j].t==2){
int ty=c[i].y1+a[j].x1-c[i].x1;
if(ty<c[i].y1||ty>c[i].y2||ty<1||ty>m) continue;
if(ty<a[j].y1||ty>a[j].y2) continue;
pair<int,int> temp={a[j].x1,ty};
if(st.find(temp)==st.end())
--ans,st.insert(temp);
}
}
ans+=c[i].x2-c[i].x1+1;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
Day8
树上技巧
树的直径的求法：
- 两遍 dfs/bfs（无法处理负边权）
- 树形 DP（可以处理负边权）
这两种方法的时间复杂度均为 \(O(n)\)。
树形 DP 具体求法：
设 \(dp_{u,0/1}\) 表示以 \(u\) 为根的子树中从根向下能延伸的最长/非严格次长路径。则答案为 \(dp_{u,0}+dp_{u,1}\) 的最大值。
[APIO2010] 巡逻
老题了。考虑贪心，\(k=1\) 时连接直径两端是显然的。设直径为 \((u_1,v_1)\)，加入的第二条边为 \((u_2,v_2)\)，二者不交时答案显然为 \(dis(u_1,v_1)+dis(u_2,v_2)\)，若两路径有交，形如
则答案为 \(dis(u_1,v_2)+dis(u_2,v_1)\)。由此可以看出，若仍要选在直径上的边，代价会更大。则我们将直径的边权全部设为 \(-1\)，再找一个新的直径。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10;
int n,k,ans,dis[N],a,b,pre[N],head[N],dp[N][2],maxn;
bool vis[N],tag[N];
vector<int> e[N];
void dfs1(int u,bool flag,int &x){
vis[u]=1;
for(int v:e[u]){
if(vis[v]) continue;
dis[v]=dis[u]+1;
if(flag) pre[v]=u;
if(dis[v]>dis[x]) x=v;
dfs1(v,flag,x);
}
}
void dfs2(int u,int fa){
for(auto v:e[u]){
if(v==fa) continue;
dfs2(v,u);
int w=tag[u]&&tag[v]?-1:1;
int temp=dp[v][0]+w;
if(temp>dp[u][0])
dp[u][1]=dp[u][0],dp[u][0]=temp;
else if(temp>dp[u][1])
dp[u][1]=temp;
maxn=max(maxn,dp[u][0]+dp[u][1]);
}
}
int main(){
read(n,k);
for(int i=1,a,b;i<n;i++){
read(a,b);
e[a].push_back(b);
e[b].push_back(a);
}
dfs1(1,0,a);
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dis,0,sizeof(dis));
dfs1(a,1,b);
if(k==1){
ans=(n-1)*2-dis[b]+1;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
for(int i=b;i;i=pre[i]) tag[i]=1;
dfs2(1,0);
ans=n*2-dis[b]-maxn;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[NOI2021] 轻重边
结论：每次修改操作染不同颜色，重边数等于区间内相邻两点颜色相同的点对数。树剖+线段树维护即可。精细处理树剖的查询部分。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10;
int t,n,m,siz[N],son[N],dep[N],fa[N],dfn[N],dfncnt,top[N];
vector<int> e[N];
void dfs1(int u,int f){
fa[u]=f;
siz[u]=1;
son[u]=0;
dep[u]=dep[f]+1;
for(int v:e[u]){
if(v==f) continue;
dfs1(v,u);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int topf){
dfn[u]=++dfncnt;
top[u]=topf;
if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
for(int v:e[u]){
if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
struct node{
int lc,rc,cnt;
inline friend node operator+(const node &a,const node &b){
if(a.lc==-1) return b;
if(b.lc==-1) return a;
node res;
res.lc=a.lc,res.rc=b.rc;
res.cnt=a.cnt+b.cnt;
if(a.rc==b.lc&&a.rc) ++res.cnt;
return res;
}
}tree[N<<2];
int tag[N<<2];
int P,DEP;
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
inline void push_down(int u,int siz){
if(!tag[u]) return;
tree[ls(u)]=tree[rs(u)]={tag[u],tag[u],(siz>>1)-1};
tag[ls(u)]=tag[rs(u)]=tag[u];
tag[u]=0;
}
inline void modify(int l,int r,int k){
l+=P-1,r+=P+1;
for(int i=DEP;i;i--) push_down(l>>i,1<<i),push_down(r>>i,1<<i);
int siz=1;
while(l^1^r){
if(~l&1) tree[l^1]={k,k,siz-1},tag[l^1]=k;
if(r&1) tree[r^1]={k,k,siz-1},tag[r^1]=k;
l>>=1,r>>=1,siz<<=1;
tree[l]=tree[ls(l)]+tree[rs(l)];
tree[r]=tree[ls(r)]+tree[rs(r)];
}
for(l>>=1;l;l>>=1) tree[l]=tree[ls(l)]+tree[rs(l)];
}
inline node query(int l,int r){
node resl={-1},resr={-1};
l+=P-1,r+=P+1;
for(int i=DEP;i;i--) push_down(l>>i,1<<i),push_down(r>>i,1<<i);
while(l^1^r){
if(~l&1) resl=resl+tree[l^1];
if(r&1) resr=tree[r^1]+resr;
l>>=1,r>>=1;
}
return resl+resr;
}
void change(int x,int y,int k){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
modify(dfn[top[x]],dfn[x],k);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
modify(dfn[x],dfn[y],k);
}
int ask(int x,int y){
int ans=0,c1=0,c2=0;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]){
swap(x,y);
swap(c1,c2);
}
node res=query(dfn[top[x]],dfn[x]);
ans+=res.cnt;
if(res.rc==c1&&c1) ++ans;
c1=res.lc;
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]){
swap(x,y);
swap(c1,c2);
}
node res=query(dfn[x],dfn[y]);
ans+=res.cnt;
if(res.rc==c2&&c2) ++ans;
if(res.lc==c1&&c1) ++ans;
return ans;
}
int cnt,op,a,b;
int main(){
read(t);
while(t--){
dfncnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
read(n,m);
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
read(u,v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
memset(tree,0,sizeof(node)*(n*4+10));
memset(tag,0,sizeof(int)*(n*4+10));
P=1,DEP=0;
while(P<=n+1) P<<=1,++DEP;
cnt=0;
while(m--){
read(op,a,b);
if(op==1) change(a,b,++cnt);
else printf("%d\n",ask(a,b));
}
}
return 0;
}
[十二省联考 2019] 春节十二响
贪心策略：令两条链上各自权值最大的比较，次大的比较……则可以在每个节点开一个堆，启发式合并。不同于可并堆，节点 \(u\)，\(v\) 的堆合并后的大小为 \(\max(size_u,size_v)\) 而非 \(size_u+size_v\)，时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
code
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=2e5+10;
int n,m[N];
ll ans;
vector<int> e[N];
priority_queue<int> q[N];
inline void merge(int x,int y){
vector<int> temp;
if(q[x].size()<q[y].size()) swap(q[x],q[y]);
while(q[y].size()){
temp.push_back(max(q[x].top(),q[y].top()));
q[x].pop(),q[y].pop();
}
for(int k:temp) q[x].push(k);
}
void dfs(int u){
for(int v:e[u]){
dfs(v);
merge(u,v);
}
q[u].push(m[u]);
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(m[i]);
for(int i=2,f;i<=n;i++)
read(f),e[f].push_back(i);
dfs(1);
while(!q[1].empty()) ans+=q[1].top(),q[1].pop();
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
Day9
数论
「TAOI-2」喵了个喵 Ⅳ
神秘题。\(n\) 为偶数时显然。\(n\) 为奇数时先求出所有数的最大公约数 \(d\)，此时取 \(x=2\)，将所有数都约去 \(d\)，此时若有奇数个奇数，则会有偶数个偶数，必然无解，反之则可以按照奇偶容易地构造一组解。最后答案为 \(2d\)。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1e5+10;
int n,a[N],d,cntodd,cnteven;
bool ans[N];
int main(){
read(n);
if(n&1){
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
d=__gcd(d,a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]/=d;
if(a[i]&1) ++cntodd;
else ++cnteven;
}
if(cntodd&1){
printf("-1\n");
return 0;
}
for(int i=1,cnt=0;i<=n&&cnt<cntodd/2-1;i++)
if(a[i]&1) ans[i]=1,++cnt;
for(int i=1,cnt=0;i<=n&&cnt<(cnteven+1)/2;i++)
if(~a[i]&1) ans[i]=1,++cnt;
printf("%d\n",2*d);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d",ans[i]);
}
else{
printf("1\n");
for(int i=1;i<=n/2;i++)
printf("1");
for(int i=1;i<=n/2;i++)
printf("0");
}
return 0;
}
[CTSC2017] 吉夫特
这题的转化真是神了。发现题目中 \(\bmod 2\) 很特殊，\(\dbinom{a_{b_1}}{a_{b_2}} \times \dbinom{a_{b_2}}{a_{b_3}} \times \cdots \times \dbinom{a_{b_{k-1}}}{a_{b_k}} \bmod 2 >0\) 成立当且仅当对于任意 \(k>1\)，\(\dbinom{a_{b_{k-1}}}{a_{b_k}}\bmod 2=1\)，我们尝试使用 Lucas 定理展开
\[\binom{a_{b_{k-1}}}{a_{b_k}}\equiv \binom{\lfloor a_{b_{k-1}}/2\rfloor}{\lfloor a_{b_k}/2\rfloor}\binom{a_{b_{k-1}}\bmod 2}{a_{b_k}\bmod 2}\pmod 2
\]
持续展开，不难发现其等于两数二进制拆分后每一位的组合数相乘，又因为
\[\binom{1}{1}=\binom{1}{0}=\binom{0}{0}=1
\]
\[\binom{0}{1}=0
\]
所以 \(\dbinom{a_{b_{k-1}}}{a_{b_k}}\bmod 2=1\) 当且仅当 \(a_{b_k}\) 在二进制下是 \(a_{b_{k-1}}\) 的子集，即 \(a_{b_{k-1}} \operatorname{bitand} a_{b_k}=a_{b_k}\)。则我们可以推出 DP 方程，设 \(dp_{i}\) 表示以 \(i\) 为结尾的子序列方案数：
\[dp_{a_i}=\sum_{a_i\in a_j\land j<i}(dp_{a_j}+1)
\]
\(O(3^{\log{\max(a_i)}})\) 子集枚举即可。
code
#include<cstdio>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int mod=1000000007,N=233350;
int n,a,dp[N],ans;
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a);
for(int s=(a-1)&a;s;s=(s-1)&a)
dp[s]=(dp[s]+dp[a]+1)%mod;
ans=(ans+dp[a])%mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Day10
线性代数
[USACO07NOV] Cow Relays G
我们使用 \(\min\) 和 \(+\) 代替原矩阵乘法中的 \(+\) 和 \(\times\)，也就是
\[C_{i,j}=\min(A_{i,k}+B_{k,j})
\]
设 \(A_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 的最短路，则走 \(n\) 步后的最短路即为 \(A_{i,j}^n\)。
设离散化后点有 \(m\) 个，时间复杂度 \(O(m^3\log n)\)。
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=1010,M=210;
int n,t,s,e,a[N],cnt;
struct Edge{int u,v,w;}edge[M];
struct Matrix{
int x[M][M];
Matrix(){memset(x,0x3f,sizeof(x));}
Matrix operator*(const Matrix &a)const{
Matrix res;
for(int k=1;k<=cnt;k++)
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=1;j<=cnt;j++)
res.x[i][j]=min(res.x[i][j],x[i][k]+a.x[k][j]);
return res;
}
}b;
Matrix qpow(Matrix a,int b){
Matrix res=a;
--b;
while(b){
if(b&1) res=res*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return res;
}
int main(){
read(n,t,s,e);
for(int i=1,u,v,w;i<=t;i++){
read(w,u,v);
if(!a[u]) a[u]=++cnt;
if(!a[v]) a[v]=++cnt;
b.x[a[u]][a[v]]=b.x[a[v]][a[u]]=w;
}
b=qpow(b,n);
printf("%d\n",b.x[a[s]][a[e]]);
return 0;
}
【模板】矩阵求逆
本题中的矩阵均为方阵。
矩阵的逆：在模 \(p\) 意义下，若 \(B\times A=A\times B=I\)，则 \(B\) 称为模 \(p\) 意义下 \(A\) 的逆矩阵，记作 \(A^{-1}\)。模 \(p\) 意义下,一个矩阵若有逆矩阵，则必然只有一个逆矩阵。
矩阵的逆可以用高斯-约旦消元求出。原理：使用初等行变换将矩阵 \(A\) 转化为单位矩阵 \(I\)，同时对一个初始的单位矩阵 \(I\) 进行相同的初等行变换，最终得到的就是逆矩阵 \(A^{-1}\)。
例如，我们构造原矩阵 \([A\mid I]\)，进行一系列初等行变换后，得到 \([I\mid A^{-1}]\)。我们发现，高斯-约旦消元的过程就是将矩阵的左半部分变为单位矩阵的过程，非常适合求解矩阵的逆。
无解判断：若消元过程中，主元与 \(p\) 不互质则无解。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int mod=1e9+7,N=410;
int n,a[N][N*2];
ll qpow(ll a,int b){
ll res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
read(a[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i][i+n]=1;
for(int i=1,cur,line=1;i<=n;i++){
cur=line;
for(int j=line+1;j<=n;j++)
if(a[j][i]>a[cur][i])
cur=j;
if(__gcd(a[cur][i],mod)!=1){
printf("No Solution");
return 0;
}
ll inv=qpow(a[cur][i],mod-2);
for(int j=1;j<=(n<<1);j++)
swap(a[cur][j],a[line][j]),a[line][j]=a[line][j]*inv%mod;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(j!=line){
ll temp=a[j][i];
for(int k=1;k<=(n<<1);k++)
a[j][k]=((a[j][k]-a[line][k]*temp)%mod+mod)%mod;
}
++line;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)
printf("%d ",a[i][j+n]);
printf("\n");
}
return 0;
}
Day11/12
离散与组合数学
[HAOI2008] 硬币购物
背包+容斥。首先求出没有任何限制下每种价值的方案数，设 \(dp_s\) 表示价值为 \(s\) 的方案数。子集枚举计算哪些硬币超出限制，若钦定第 \(i\) 中硬币超出限制，则该硬币至少总价值为 \(c_i\times (d_i+1)\)，容斥计算即可。
code
#include<cstdio>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int N=1e5+10;
int n,c[4],d[4],s;
ll dp[N];
int main(){
read(c[0],c[1],c[2],c[3],n);
dp[0]=1;
for(int i=0;i<4;i++)
for(int j=c[i];j<=1e5;j++)
dp[j]+=dp[j-c[i]];
while(n--){
read(d[0],d[1],d[2],d[3],s);
ll ans=dp[s];
for(int i=0;i<(1<<4);i++){
ll sum=0;
int cnt=0;
for(int j=0;j<4;j++)
if(i>>j&1) sum+=c[j]*(d[j]+1ll),++cnt;
int k=cnt&1?-1:1;
if(s-sum<0||sum==0) continue;
ans+=k*dp[s-sum];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Devu and Flowers
在无限制时，通过隔板可以得到答案为 \(\dbinom{n+s-1}{n-1}\)，若加上限制则考虑容斥。枚举子集，则状态 \(S\) 中所有子集元素均不合法的方案数为 \(\dbinom{s-\sum_{i\in S}f_i-|S|-1}{n-1}\)。这里不方便直接预处理阶乘算组合数，但是注意到 \(\dbinom{n}{m}\) 中，\(n\) 和 \(m\) 相差不会太大，所以可以直接通分后暴力计算。
code
#include<cstdio>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=25,mod=1e9+7;
typedef long long ll;
int n;
ll qpow(ll a,int b=mod-2){
a%=mod;
ll res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
ll s,f[N],inv[N],ans,fact[N];
ll C(ll n,int m){
if(n<0||m<0||n<m) return 0;
ll res=1;
for(ll i=n-m+1;i<=n;i++)
res=res*(i%mod)%mod;
return res*inv[m]%mod;
}
int main(){
read(n,s);
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
inv[n]=qpow(fact[n]);
for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=0;i<n;i++) read(f[i]);
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
int cnt=0;
ll sum=0;
for(int j=0;j<n;j++)
if(i>>j&1)
++cnt,sum+=f[j];
int k=cnt&1?-1:1;
ans=(ans+k*C(s-sum-cnt+n-1,n-1)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
[CSP-S2019 江西] 多叉堆
并查集+组合。考虑合并过程。根一定是 \(0\)，设合并前的大小为 \(size_x\) 和 \(size_y\)，方案数为 \(cnt_x\) 和 \(cnt_y\)，由于子树之间互不干扰，所以
\[cnt_{sum}=cnt_x\cdot cnt_y\cdot \binom{size_x+size_y-1}{size_x}
\]
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
typedef long long ll;
constexpr int mod=1e9+7,N=3e5+10;
ll qpow(ll a,int b=mod-2){
ll res=1;
a%=mod;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int n,q,fact[N],inv[N],siz[N],fa[N],cnt[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
ll C(int n,int m){return (ll)fact[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int op,x,y,ans;
int main(){
read(n,q);
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%mod;
inv[n]=qpow(fact[n]);
for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
siz[i]=1;
cnt[i]=1;
}
while(q--){
read(op,x);
x=find((x+ans)%n+1);
if(op==1){
read(y);
y=find((y+ans)%n+1);
fa[x]=y;
siz[y]+=siz[x];
cnt[y]=(ll)cnt[y]*cnt[x]%mod*C(siz[y]-1,siz[x])%mod;
}
else{
ans=cnt[x];
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
[CEOI 2016] kangaroo
连续段 DP，一种很强的东西。\(dp_{i,j}\) 表示考虑放前 \(i\) 个数，构成 \(j\) 个合法连续段的方案数。在加入一个数时，可以有以下几种情况：
- 并入某一个块，\(dp_{i-1,j}\times j\) 种情况。
- 自成一个新块，\(dp_{i-1,j-1}\times j\) 种情况。
- 将原来的两个块连接，合并成一个块，\(dp_{i-1,j+1}\times j\) 种情况。
特判 \(s\) 和 \(t\) 的限制。
code
#include<cstdio>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=2e3+10,mod=1e9+7;
typedef long long ll;
int n,s,t,dp[N][N];
int main(){
read(n,s,t);dp[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++){
if(i==s||i==t) dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
else{
dp[i][j]=(ll)(j-(i>s)-(i>t))*dp[i-1][j-1]%mod;
dp[i][j]=(dp[i][j]+(ll)dp[i-1][j+1]*j)%mod;
}
}
printf("%d\n",dp[n][1]);
return 0;
}
[CSP-S2019] Emiya 家今天的饭
考虑使用总方案数减不合法方案数得到答案。总方案数为
\[\prod_{i=1}^n\left(1+
\sum_{j=1}^ma_{i,j}\right)-1\]
由于超过 \(\left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor\) 的食材最多只可能有一个，所以考虑直接枚举是哪一个食材超限。\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种烹饪方案选菜后，选择的菜品数与已选的总数之差为 \(j\)，转移见代码
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
template<typename T>
inline void read(T &x){
bool f=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
if(f) x=~x+1;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args &...args){read(x);read(args...);}
constexpr int N=110,M=2010,mod=998244353;
typedef long long ll;
int n,m,a[N][M],sum[N],dp[N][N<<1];
ll ans;
int main(){
read(n,m);
ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
read(a[i][j]);
sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%mod;
}
ans=ans*(sum[i]+1)%mod;
}
ans=(ans-1+mod)%mod;
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][n]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=n-j;k<=n+j;k++)
dp[j][k]=(dp[j-1][k]+(ll)dp[j-1][k-1]*a[j][i]%mod+(ll)dp[j-1][k+1]*(sum[j]-a[j][i]+mod)%mod)%mod;
for(int j=1;j<=n;j++)
ans=(ans-dp[n][j+n]+mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号