HGOI 20191029pm 题解

Promblem A 小学组

给出一个位运算操作符$\oplus \in \{or , and , xor\}$ ,和$n$个$m$维向量$a_i$,其中$a_{i,j} \in \{0,1\}$。

并给出一个最终的目标$m$维向量$x$,求出长度为$k(1\leq k \leq n)$的不重复数组$p_i$的个数,

满足$1 \leq p_i \leq n$,使得$a_{p_1,i}  \oplus a_{p_2 ,i } \oplus ...\oplus a_{p_k,i} = x_i$

对于$100\%$的数据,满足$1 \leq n,m \leq 25$

  Solution :

    考虑向量的维度时$m$,且比较小,而且是$0/1$,那么直接可以利用二进制状态压缩的办法将其存储。

    每一次操作对于两个向量的两个相同维度做一次二进制操作,由于二进制的结合律,就相当于直接对整数做这些操作。

    利用二进制运算的交换律可知,在一个确定的$p$的取值集合中交换任意两个数的顺序,不会对答案有任何影响。

    那么这里,一旦一个$p$的集合合法,那么对于所有$p$集合的排列就必然合法。

    注意到,空集不是一个合法的方案。

    利用这两个性质,我们直接就用$O(2^n)$枚举每一个向量取不取就好了,如果合法,就加上对应的排列数。

# pragma GCC optimize(3) 
# include<bits/stdc++.h>
# define ll long long
# define Rint register int
using namespace std;
const int N=26;
const int mo=1e9+9;
char op;
int n,m,base,t[N],a[N];
ll jc[N],ans; 
void dfs(Rint u,Rint cnt,Rint num) {
    if (u == n+1) {
        if (cnt == 0) return;
        if (num==base)  (ans+=1ll*jc[cnt])%=mo;
        return;
    }
    t[u]=0;  dfs(u+1,cnt,num); 
    t[u]=1; 
    if (op == '&') dfs(u+1,cnt+1,(num==0)?(a[u]):(num&a[u]));
    else if (op == '|') dfs(u+1,cnt+1,num|a[u]);
    else if (op == '^') dfs(u+1,cnt+1,num^a[u]);
}
signed main()
{
  freopen("xx.in","r",stdin);
  freopen("xx.out","w",stdout);
    scanf("%c%d%d",&op,&n,&m);
    jc[0]=1;for (Rint i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
    for (Rint i=1;i<=n;i++) {
        int num=0;
        for (Rint j=1;j<=m;j++) {
            int u; scanf("%d",&u);
            num=(num<<1)+u;
        }
        a[i] = num;
    }
    for (Rint i=1;i<=m;i++) {
        int u; scanf("%d",&u);
        base=(base<<1)+u;
    }
    dfs(1,0,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
xx.cpp

 Problem B 普及组

 构造一个合法$n\times n$的矩阵$A$,需要满足下述三个条件:

  $A_{i,j} \in Z $  ;  对于任意$i$都有$\prod\limits_{j = 1}^{n} A_{i,j} = X$  ;  对于任意$j$都有$\prod\limits_{i = 1}^{n} A_{i,j} = X$

 其中$X$是一个所有询问前就给出的数字,现在有$T$组数据,给出$n$,求出构造矩阵的填法方案数

 所有可能的$X$已知,答案对$998244353$取模。

 对于$100\%$的数据满足$X$的质因子的幂次最多是$2$ , 且$1 \leq n \leq 5\times 10^6 , 1 \leq T \leq 2 \times 10^5$

 Solution : 

  本题有一个$O(T log_2 n)$的奇怪做法。

  • 考虑$X = 1$的情况。

    此时相当于将前$n-1$行和$n-1$列都填$-1$或者$1$那么剩余的格子就确定了。答案就是$2^{(n-1)^2}$

  • 考虑$X \in Prime$的情况。

    首先将每行每列的乘积都变成$1$,那么就是$2^{(n-1)^2}$种情况,考虑将每行每列的焦点填上一个质数$X$,

    问题就转化为将行和列匹配的方案数,那么考虑一个排列,其下标和值就是一个不同匹配,可以证明,不同的排列,其匹配是不同的。

    所以此时答案就是$n! \times 2^{(n-1)^2} $

  • 考虑$X$不含等于$2$次幂次的质因子。

    首先$1$和$-1$的填法并没有什么区别,对于每一个质因子,只是填的位置有区别。

    根据乘法原理,此时答案就是$(n!)^k \times \times 2^{(n-1)^2} $, 其中$k$是不同质因子的个数。

  • 考虑$X$只含有$2$次幂次的质因子,即$X = p^2$ ,

    问题就转化填数方式,使得每一行和每一列都恰好填$2$个数。

    这个数列事实上可以通过打表发现规律,$f_i = \left\{\begin{matrix} 1 & i = 0,1\\ f_i = i^2 f_{i-1} - \frac{1}{2} i (i-1)^2 f_{i-2}   & i \geq 2 \end{matrix}\right.$

  设给出的$X$中有$a$个质因数指数幂次为$1$,$b$个质因数指数幂次为$2$,

  那么这个询问的答案就是$(n!)^a \times (f_n)^b \times  2^{(n-1)^2} $

  所以,对于一个询问的时间复杂度就是一个快速幂的复杂度,总时间复杂度为$O(T log_2 n)$

# pragma GCC optimize(3)
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
# define putchar_ putchar 
using namespace std;
const int mo=998244353;
const int Inv2 = 499122177;
const int N=5e6+10;
int f[N],jc[N];
int val[N];
vector<int>H; 
inline int read()
{
    int X=0,w=0; char c=0;
    while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar();
    return w?-X:X;
}
void write(int x) {
    if (x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int Pow(int x,int n) {
    int ans = 1;
    while (n) {
        if (n&1) ans = ans * x % mo;
        x = x * x % mo;
        n >>= 1;
    }
    return ans % mo;
}
int T,x;
void work1()
{
    while (T--) {
        int n=read();
        int ans = Pow(2,(n-1)*(n-1));
        write(ans); putchar_('\n');
    }
    exit(0);
}
signed main()
{
    f[0]=f[1]=jc[0]=jc[1]=1;
    for (int i=2;i<=5000000;i++) 
        f[i]=((i*i%mo*f[i-1]%mo-Inv2*i%mo*(i-1)%mo*(i-1)%mo*f[i-2]%mo)%mo+mo)%mo,
        jc[i] = jc[i-1] * i % mo;
    x=read(); T=read(); if (x == 1) work1();
    int a = 0 , b = 0;
        if(x==1)a=0,b=0;
    if(x==4)a=0,b=1;
    if(x==3)a=1,b=0;
    if(x==12)a=1,b=1;
    if(x==710701671428663075)a=2,b=3;
    if(x==714115052266263644)a=2,b=3;
    if(x==979573735390975739)a=2,b=3;
    if(x==640807389338647549)a=2,b=3;
    if(x==595630806517176908)a=2,b=3;
    if(x==812626144076193076)a=2,b=4;
    if(x==203522456999371050)a=2,b=4;
    if(x==421206431991626060)a=2,b=4;
    if(x==30)a=3,b=0;
    if(x==608358758975305374)a=3,b=3;
    if(x==598480316906172486)a=3,b=3;
    if(x==573010858348910652)a=3,b=3;
    if(x==1147387575560213988)a=3,b=7;
    if(x==834586893457709917)a=4,b=0;
    if(x==147203573614806055)a=5,b=0;
    if(x==371216956151518818)a=6,b=0;
    while (T--) {
        int n = read(); 
        int ans1=jc[n]%mo;
        int ans2=f[n]%mo;
        int ans = Pow(ans1,a) * Pow(ans2,b) % mo * Pow(2,(n-1)*(n-1)) % mo;
        write(ans); putchar_('\n');
    }
    return 0;
}
pj.cpp

  Problem C 提高组 

 有$T$组询问,给出$x,y$,求出最长下降子序列长度不超过$2$的排列$p$且$p_x = y$。

 输出排列数对$10^9 + 7$取模的答案。

 对于$100\%$的数据满足$1 \leq T \leq 10^6 , 1 \leq n \leq 10^7$

Solution : 

  考虑如果没有$p_x = y$限制怎么做。

  设$f[i][j]$表示当前考虑到第$i$个位置,当前填的最大数为$j$。

  如果$i \leq j$那么$i$之前至少存在一个数字未填,此时必须补一个数,且恰好在那个断点的上面一个数的位置。

  

 

 

 

 如上图所示,在当前决策点的时候只会去填补$3$的的空缺,而不会直接填$4$.

 这是因为,如果这个地方填了$4$,那么之后必然会填$3$,这样就会使得最长下降子序列为$3$了。

 于是,我们就可以$DP$来转移,当前决策点为$(i,j)$,转移到

  • $f[i+1][k] , (k > j)$(此时将不会管中间空缺部位,选一个更大的数填)
  • $f[i][j] (i < j)$ (此时填写最小的空缺的数)

 接下来我们考虑$p_x = y$的限制,不妨设$x < y$ , 也就是说要强制走到$(x,y)$这个决策点,且该决策点在$y = x$的上方。

 我们将整个问题划分成两个部分,从$(0,0)$走到$(x,y)$,还有从$(x,y)$走到$(n,n)$。

 也就是说$(i,j)$可以走到$(i+1,j) $当且仅当$(i < j)$成立,也可以走到$(i+1,k)$其中$k>j$。

 对于走到$(i+1,k)$的路径可以看做先走到$(i,k)$再向右走到$(i+1,k)$的一条路径。

 所以,这样的走法,等价于从$(0,0)$走到$(x,y)$不经过$y = x$下方的方案数。

 同理,从$(x,y)$走到$(n,n)$的不能经过$y = x$下方和没有到达$(n,n)$,不能到达$y = n$.

 所以,$(x,y)$走到$(n-1,n-1)$的不能经过$y = x$下方的方案数。

  

 

 此时的答案为$(\binom {x+y-2} {x-1} - \binom {x+y-2}{x-2})(\binom {2n-x-y}{n-x} - \binom {2n-x-y}{n-x+1})$ 

 如果$x > y$,根据对称性(将图像翻转$180°$仍然满足性质),所以直接将$x  = n+1-x , y = n+1-y$,即可。

 对称性的原因是$x < y$考虑的信息是小于$x$ 的所有位置必须都小于$y$,否则不符合条件。

 如果$x > y$那么就是大于$x$的所有位置必须都大于$y$,否则不符合条件。

 所以本题最终复杂度为$O(n + T)$ 

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
using namespace std;
const int Mod=1e9+7,maxn=2e7+5;
int fac[maxn],finv[maxn],inv[maxn];
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*finv[m]%Mod*finv[n-m]%Mod;}
int main(){
#ifdef LOCAL
    freopen("tg1.in","r",stdin);
    freopen("ans.out","w",stdout);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    inv[1]=1; fac[0]=finv[0]=1;
    REP(i,2,2e7) inv[i]=1ll*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    REP(i,1,2e7) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%Mod;
    REP(i,1,2e7) finv[i]=1ll*inv[i]*finv[i-1]%Mod;
    int t; cin>>t;
    while(t--){
        int n,x,y; cin>>n>>x>>y;
        if(y<x) y=n+1-y,x=n+1-x;
        cout<<1ll*(C(x+y-2,x-1)-C(x+y-2,x-2)+Mod)*(C(n*2-x-y,n-x)-C(n*2-x-y,n-x+1)+Mod)%Mod<<'\n';
    }
    return 0;
}
tg.cpp

 

posted @ 2019-10-29 19:41  ljc20020730  阅读(153)  评论(0编辑  收藏  举报