hgoi#20191029-2
T1-小学组
给定n个m维向量，保证坐标只有{0,1}
给定一个符号(&、|、^中的一种)和一个m维向量x
求任意个m维向量进行该运算得到m维向量x的排列数
解法
首先符号只有一种，所以方案与顺序无关，只要统计时乘一个阶乘即可
然后看到数据范围，n,m都是25以下的
直接把m维向量压成一个int再暴力搜每一个向量用不用即可
ac代码
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000009
#define ll long long
using namespace std;
namespace io {
const int SIZE = (1 << 21) + 1;
char ibuf[SIZE], *iS, *iT, obuf[SIZE], *oS = obuf, *oT = oS + SIZE - 1, c, qu[55]; int f, qr;
// getchar
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = ibuf) + fread (ibuf, 1, SIZE, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS ++)) : *iS ++)
// print the remaining part
inline void flush () {
fwrite (obuf, 1, oS - obuf, stdout);
oS = obuf;
}
// putchar
inline void putc (char x) {
*oS ++ = x;
if (oS == oT) flush ();
}
// input a signed integer
template <class I>
inline void gi (I &x) {
for (f = 1, c = gc(); c < '0' || c > '9'; c = gc()) if (c == '-') f = -1;
for (x = 0; c <= '9' && c >= '0'; c = gc()) x = x * 10 + (c & 15); x *= f;
}
// print a signed integer
template <class I>
inline void print (I &x) {
if (!x) putc ('0'); if (x < 0) putc ('-'), x = -x;
while (x) qu[++ qr] = x % 10 + '0', x /= 10;
while (qr) putc (qu[qr --]);
}
//no need to call flush at the end manually!
struct Flusher_ {~Flusher_(){flush();}}io_flusher_;
}
using io::gi;
using io::putc;
using io::print;
char fh;
int n,m,g,x,a[30];
ll f[30],ans;
int dfs(int nw,int p,int cnt)
{
if(nw>n)(p==g)&&(ans+=f[cnt]);
else dfs(nw+1,p,cnt),
(fh=='&')&&(dfs(nw+1,p&a[nw],cnt+1)),
(fh=='|')&&(dfs(nw+1,p|a[nw],cnt+1)),
(fh=='^')&&(dfs(nw+1,p^a[nw],cnt+1));
return 0;
}
int main()
{
freopen("xx.in","r",stdin);
freopen("xx.out","w",stdout);
fh=getchar(),gi(n),gi(m),f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
f[i]=f[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
gi(x),a[i]=a[i]*2+x;
for(int i=1;i<=m;++i)gi(x),g=g*2+x;
for(int i=1;i<=n;++i)dfs(i+1,a[i],1);
ans%=mod,print(ans);
return 0;
}
T2-提高组
求有多少个n的排列满足最长下降子序列长度不超过2且p[x]=y
多组数据(T<=1000000)
解法
如果没有p[x]=y的限制
容易得到对于一个p[i]=j
如果i<j，那么p[i]之前的数都<j
如果i>=j，那么所有<j的数都在p[i]之前
设dp[i][j]表示填了i个数，已填的最大数为j
则dp[i][j]可以转移到dp[i+1][j+1~n]
如果j>i那么dp[i][j]还可以转移到dp[i+1][j]
最终答案即为dp[n][n]
考虑分类讨论
x<y时p[x]之前的数都<y
dp[x][y]=sum(dp[x-1][x-1~y-1])
然后正常转移到dp[n][n]
这样做复杂度为\(n^2\)
思考这个dp的本质
就是从左下角走到右上角只能向上或右走，并且不能穿过红线的方案数
类似于卡特兰数，不合法的方案数等同于从左下角走到右上角关于红线对称点的方案数
这是从(0,0)转移到(x,y)
从(x,y)转移到(n,n)同理，也是如此
x>=y时所有<y的数都在p[x]之前
换句话说，p[x]之后的数都>y
可以翻转整个序列，和上一种情况同理
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int p(int a,int b)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1)ret=ret*a%mod;
a=a*a%mod,b/=2;
}
return ret;
}
int T,n,x,y,g[20000010],w[20000010];
int C(int a,int b){return g[a]*w[b]%mod*w[a-b]%mod;}
int get(int a,int b)
{
if(a>b)swap(a,b);
return (C(a+b,a)-C(a+b,a-1)+mod)%mod;
}
signed main()
{
scanf("%d",&T),g[0]=1;
for(int i=1;i<=20000000;i++)g[i]=g[i-1]*i%mod;
w[20000000]=p(g[20000000],mod-2);
for(int i=20000000;i>=1;i--)w[i-1]=w[i]*i%mod;
while(T--)
scanf("%d%d%d",&n,&x,&y),
printf("%d\n",get(x-1,y-1)*get(n-y,n-x)%mod);
return 0;
}
T3-普及组
给你x和n，构造一个n×n的矩阵使每行每列的积都为x，求方案数
多组数据(T<=200000)(n变x不变)
解法
首先考虑x为1的情况
就是整个矩阵都为{1,-1}
观察样例得出公式为\(2^{(n-1)^2}\)
考虑x为质数的情况
只要每行每列都把一个{1,-1}乘以x即可
方案数为\(2^{(n-1)^2}×n!\)
考虑x为合数，分类讨论
x只有一次项
每个一次项系数是相对独立的
设x有p个一次项
方案数为\(2^{(n-1)^2}×{n!}^p\)
x有二次项
一二次项间还是相对独立
考虑f[n]表示构造一个n×n的行列和均为2的矩阵的方案数
这个玩意\(f_n=n^2f_{n-1}-\frac{1}{2}n(n-1)^2f_{n-2}\)
别问我怎么推，问我我也不会
设x有p个一次项，q个二次项
那么方案数就是\(2^{(n-1)^2}×{n!}^p×{f_n}^q\)
ac代码
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
namespace io {
const int SIZE = (1 << 21) + 1;
char ibuf[SIZE], *iS, *iT, obuf[SIZE], *oS = obuf, *oT = oS + SIZE - 1, c, qu[55]; int f, qr;
// getchar
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = ibuf) + fread (ibuf, 1, SIZE, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS ++)) : *iS ++)
// print the remaining part
inline void flush () {
fwrite (obuf, 1, oS - obuf, stdout);
oS = obuf;
}
// putchar
inline void putc (char x) {
*oS ++ = x;
if (oS == oT) flush ();
}
// input a signed integer
template <class I>
inline void gi (I &x) {
for (f = 1, c = gc(); c < '0' || c > '9'; c = gc()) if (c == '-') f = -1;
for (x = 0; c <= '9' && c >= '0'; c = gc()) x = x * 10 + (c & 15); x *= f;
}
// print a signed integer
template <class I>
inline void print (I &x) {
if (!x) putc ('0'); if (x < 0) putc ('-'), x = -x;
while (x) qu[++ qr] = x % 10 + '0', x /= 10;
while (qr) putc (qu[qr --]);
}
//no need to call flush at the end manually!
struct Flusher_ {~Flusher_(){flush();}}io_flusher_;
}
using io::gi;
using io::putc;
using io::print;
int p(int a,int b)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1)ret=ret*a%mod;
a=a*a%mod,b/=2;
}
return ret;
}
int x,T,n,a,b,ans,g[5000010],f[5000010];
signed main()
{
freopen("pj.in","r",stdin);
freopen("pj.out","w",stdout);
g[0]=g[1]=f[0]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=5000000;i++)
g[i]=g[i-1]*i%mod,
f[i]=(i*i%mod*f[i-1]%mod-i*(i-1)/2%mod*(i-1)%mod*f[i-2]%mod+mod)%mod;
gi(x),gi(T);
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--)
{
gi(n);
ans=p(2,(n-1)*(n-1))*p(g[n],a)%mod*p(f[n],b)%mod;
print(ans),putc('\n');
}
return 0;
}
/*
1 0 0
4 0 1
3 1 0
12 1 1
710701671428663075 2 3
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640807389338647549 2 3
595630806517176908 2 3
812626144076193076 2 4
203522456999371050 2 4
421206431991626060 2 4
30 3 0
608358758975305374 3 3
598480316906172486 3 3
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1147387575560213988 3 7
834586893457709917 4 0
147203573614806055 5 0
371216956151518818 6 0
*/
/*
神仙代码和神仙打表
*/
