好多句话题解

AGC040F

咕咕咕了好久终于编出来了
首先看成在坐标系上面走。
假设当前在 \((x,y)\)，强制 \(x\ge y\)，要走到 \((A,B)\)，每一次可以进行下面几种操作。

1. 走到 \((x+1,y)\)
2. 如果 \(x>y+1\)，那么可以走到 \((x,y+1)\)
3. 走到 \((x,x)\)

不难发现 \(1\) 操作一定会进行 \(A\) 次，只需要在操作序列上面插入 \(2,3\) 操作即可。
那就枚举 \(2\) 操作的次数 \(i\) 进行计数。
发现 \(3\) 操作可以看成当前的点不动，平移当前终点在的直线和终点，形成一个新的限制。
由于我语文不是很好，所以画了一个图，大家可以简单看看。

大概说的就是把黑线和 \(T\) 移动至绿线和 \(T'\)，并把原路线跟着做一个变换。
观察移动直线的性质:

1. 移动后 \(T'=(A',B')\) 满足 \(A'=A,(A'-B')-(x-y)=A-B\)，解出来就是 \((A,B-(x-y))\)
2. 在之后的行动中进行操作 \(2\) 时，必须满足不走到平移后的线。
3. 每次直线的截距减小。

假设没有进行 \(3\) 操作，那可以直接算方案数。
假设进行了至少一次 \(3\) 操作，那对于每一条路径，最后一定移到 \((A,i)\)，且如果时间倒流，可以依次移到 \((A,i),(A,i+1)...(A,B)\)，于是可以插板法算插入方案数，这题就做完了。

Code:

inline int Cal(int n, int m) { return dec(C(n + m, n), C(n + m, n + 1)); }
int main() {
  cin >> n >> B >> A, init_fac(n << 1);
  if (!A) return cout << 1, 0;
  int res = 0;
  for (ri j, i = 0, k; i <= B && i <= n - A; ++i) {
    int t = Cal(A - 1, i);
    if (i + A == n) Add(res, i == B ? t : 0);
    else {
      j = n - A - i - 1, k = B - i + 1;
      Add(res, mul(t, C(j + k - 1, k - 1)));
    }
  }
  cout << res;
  return 0;
}

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完全背包问题

有容量为 \(m\) 的背包和 \(n\) 种物品，每种物品的体积为 \(v_i\)，价值为 \(b_i\)，求体积限制内最大价值。
\(n\le10^6,m\le10^9,a_i,b_i\le100\)。

考虑转化成两个较小的子问题，假设是 \(x\) 和 \(m-x\) 以内的完全背包问题，那么显然会有 \(x\le m-x,(m-x)-x\le \max\{v_i\}\)。
于是只需求体积限制 \(limV\in [\frac{m-x}2,\frac{m+mx}2]\) 内的完全背包问题。
这个继续按照边界拆成两个较小的，每拆一次区间的端点值都减了一半左右，且显然区间长度最后是不会超过 \(2*\max\{v_i\}\) 的。
这样拆下去，最后只需要做一个小范围（大概是 \(\max\{v_i\}*3\) 这个范围内）的完全背包，然后倒着往上推就行了。
然后由于 \(a_i,b_i\) 范围都是 \(100\)，所以 \(n\) 是个假的，离散化一下即可。

Code:

const int N = 305;
ll ori[N], f[55][N];
int n, m, V = 0, L[55], R[55], sig = 0, tot = 0;
pii a[N * N];
int main() {
  m = read(), n = read();
  for (ri i = 1; i <= n; ++i) {
    ++sig;
    a[sig].fi = read(), a[sig].se = read();
    ckmax(V, a[sig].fi);
  }
  sort(a + 1, a + sig + 1), sig = unique(a + 1, a + sig + 1) - a - 1;
  int S1 = m, S2 = m;
  while (S1 > 0) L[++tot] = S1, R[tot] = S2, S1 = (S1 - V) / 2, S2 = (S2 + V) / 2;
  for (ri i = 1; i <= sig; ++i) for (ri j = a[i].fi; j <= V * 3; ++j) ckmax(ori[j], ori[j - a[i].fi] + a[i].se);
  for (ri i = tot; i; --i) {
    for (ll v = L[i]; v <= R[i]; ++v) {
      if (v <= V * 3) f[i][v - L[i]] = ori[v];
      else for (ll j = (v - V) / 2; j <= v / 2; ++j)
      ckmax(f[i][v - L[i]], f[i + 1][j - L[i + 1]] + f[i + 1][v - j - L[i + 1]]);
    }
  }
  cout << "max=" << f[1][0];
  return 0;
}

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神树大人挥动魔杖

直接 \(DP\) 实在优化不动，考虑容斥。
设 \(F(x)=\frac1{1-px-qx^2},F_0(x)=\sum\limits_{i\ge0}F_i^mx^i\)
然后答案显然是 \(\frac{F_0(x)(qx+p+q)-p-q-1}{1-(-qxF_0(x))}\)
然后设这个数列递推可以表示成 \(F_i=c_1\alpha^i+c_2\beta^i\)
于是把 \(F_i^m\) 给二项式展开，每个部分是一个多项式求逆，加起来是一个上下都有 \(O(\text{O(m)})\) 的分式，乘一下发现很线性递推。
于是分治 \(ntt\) + 线性递推即可。

Code

咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕。