CSP模拟<反思> 1
7.20
打了一天模拟赛，垫底了。
随
考场上想到了期望dp，拿到了30，但其实 \(op1\) 和 \(op2\) 还可拿20
一看题解 原根 懵逼，但可用倍增优化dp,将 \(m\) 二进制拆分
为什么呢？
假如一个长为 \(l (为偶数)\)的串相乘且，则可以分为两个相同长度的串，总串的余数为两个串的余数相乘取模。
这里采用边倍增边更新
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+10;
int mgml(int x,int p,int mm){
int ans=1;
while(p){
if(p&1) ans=(ans*x)%mm;
x=(x*x)%mm;
p>>=1;
}
return ans;
}
int f[5][1005];
int g[5][1005];
int sum[N];
int n,m,mo;
signed main(){
cin>>n>>m>>mo;
int tmp=m;
int z;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%lld",&x);z=x;
g[0][x]++;
}
int of=0,og=0;
f[of][1]=1;
while(m){
if(m&1){
memset(f[of^1],0,sizeof(f[of^1]));
for(int j=1;j<=mo;j++){
for(int k=1;k<=mo;k++){
int s=(k*j)%mo;
f[of^1][s]+=(f[of][j]*g[og][k]%mod);
f[of^1][s]%=mod;
}
}
of^=1;
}
memset(g[og^1],0,sizeof(g[og^1]));
for(int j=1;j<=mo;j++){
for(int k=1;k<=mo;k++){
int s=(k*j)%mo;
g[og^1][s]+=(g[og][j]*g[og][k]%mod);
g[og^1][s]%=mod;
}
}
og^=1;
m>>=1;
}
// for(int i=0;i<m;i++){//原方程
// memset(f[op^1],0,sizeof(f[op^1]));
// for(int j=1;j<mo;j++){//枚举 余数
// if(f[op][j]){
// for(int k=1;k<mo;k++){
// if(sum[k]==0) continue;
// int s=(k*j)%mo;
// f[op^1][s]+=f[op][j]*sum[k];
// f[op^1][s]%=mod;
// }
// }
// }
// op^=1;
// }
int sum=0;
for(int i=1;i<mo;i++){
sum+=f[of][i]*i;
sum%=mod;
}
int fm=mgml(n,tmp,mod);
cout<<sum*mgml(fm,mod-2,mod)%mod;
}
/*
2 2 3
1 2
*/
单
这道是整场考试最可做的了，考场打的高斯消元和暴力，结果写挂了。
对于 \(b\) 数组，考虑换根dp（其实是模板）设 \(size\) 表示当前节点子树的 \(a\) 之和，然后求出根节点 \(b\) ,从根节点往下推就行了。式子为
\(b[y]=b[x]+size[1]-2*size[y]\)
对于 \(a\) 数组，还是一样的，将上面的式子转化的到 $$size[y]=(b[x]-b[y])/2+size[1]/2$$ $$a[y]=size[y]-\sum_{i为y的儿子节点}{size[i]}$$
\[b[1]=\sum_{1<=i<=n}{a[i]*len[i]}
\]
可以求解\(size[1]\) 进而求解 \(a[i]\).
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int head[N*2],nex[N*2],ver[N*2],tot=0;
int size[N];
int f[N];
int a[N],b[N];
int d[N];
int sum[N],k[N];
int summ[N],kk[N];
void add(int x,int y){
ver[++tot]=y,nex[tot]=head[x],head[x]=tot;
ver[++tot]=x,nex[tot]=head[y],head[y]=tot;
}
void dfs1(int x,int d,int fa){
size[x]=a[x];
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs1(y,d+1,x);
size[x]+=size[y];
f[x]+=f[y]+size[y];
}
}
void dfs2(int x,int fa){
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
f[y]=f[x]-size[y]*2+size[1];
dfs2(y,x);
}
}
int sum_,k_;
void dfs_1(int x,int fa){
d[x]=d[fa]+1;
sum[x]=1;//size[1]的个数
k[x]=b[fa]-b[x];//常数
summ[x]=1;
kk[x]=b[fa]-b[x];
if(x==1){
sum[x]=2;
k[x]=0;
}
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs_1(y,x);
sum[x]-=summ[y];
k[x]-=kk[y];
}
sum_+=sum[x]*(d[x]-1);
k_+=k[x]*(d[x]-1);
}
void clear(){
tot=0;
sum_=0,k_=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(ver,0,sizeof(ver));
memset(nex,0,sizeof(nex));
memset(f,0,sizeof(f));
}
signed main(){
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--){
clear();
int n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
add(x,y);
}
int op;
scanf("%lld",&op);
if(op==0){
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
dfs1(1,0,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%lld ",f[i]);
}
cout<<endl;
}
else{
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
}
dfs_1(1,0);
size[1]=(2*b[1]-k_)/sum_;
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<(sum[i]*size[1]+k[i])/2<<" ";
}
cout<<endl;
}
}
}
题
现学的卡特兰数。
对于 \(typ=0\) 可以用组合数 \(C(n,i)*C(i,i/2)*C((n-i),(n-i)/2)\)
对于 \(typ=1\) 纯纯卡特兰数 \(catalan(n)=C(2n,n)-C(2n,n-1)\) 这里为\(n/2\) 的卡特兰。
对于 \(typ=3\) 就是横的卡特兰再乘上纵的卡特兰。
对于 \(typ=2\) 就要考虑dp \((n^2)\) 设 \(f[i]\) 表示走 \(i\) 步回到原点的方案数，枚举第一次回到原点时走过的步数 \(j\) (为了存在合法解,j为偶数),则此时方案数为 \(f[i-j]*catalan((j-1)/2)\) 注意是第一次回到。
点击查看代码
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,op;
int f[100050];
int dp[100050];
int mgml(int x,int p){
int ans=1;
while(p){
if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
x=(x*x)%mod;
p>>=1;
}
return ans;
}
void init(){
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=(f[i-1]*i)%mod;
}
}
int c(int a,int b){
return f[a]*mgml(f[a-b],mod-2)%mod*mgml(f[b],mod-2)%mod;
}
int ctl(int n){
return (c(2*n,n)-c(2*n,n+1)+mod)%mod;
}
signed main(){
cin>>n>>op;
init();
if(op==0){
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
if(i%2) continue;
ans=(ans+c(n,i)%mod*c(i,i/2)%mod*c(n-i,(n-i)/2)%mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
else if(op==1){
cout<<ctl(n/2)<<endl;
}
else if(op==2){
dp[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i+=2){
for(int j=2;j<=i;j+=2){
dp[i]=(dp[i]+dp[i-j]*ctl((j-2)/2)%mod*4%mod)%mod;
}
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
else{
int ans=0,sum=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
if(i%2) continue;
ans=(ans+c(n,i)*(c(i,i/2)-c(i,i/2+1)+mod)%mod*(c(n-i,(n-i)/2)-c(n-i,(n-i)/2+1)+mod)%mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
}
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