2024.8.12
2024.8.12 【梦最让我费解的地方在于，明明你看不清梦里人们的脸，却清晰地知道他们是谁。】
Monday 七月初九
序理论
最小链覆盖&最长反链长度
我们设定一个二元关系符R和一个集合A
我们设定<A,R>这样一个类群，那么对于任意\(a_i\in A,a_j \in A\), 二元关系式$a_i\ R\ a_j $将返还一个bool值作为结果
在此类群中，我们对二元关系符做如下规定
- 自反性（reflexive）\((\forall a_i \in A),a_i \ R \ a_i \ = true\)
- 反对称性（antisymmetric）\((\forall a,b \in A),a \ R \ b \ = true \Rightarrow a\ =\ b\)
- 传递性（transitive）\((\forall a,b,c\in A),a\ R \ b\ =true ,b\ R\ c\ =true \Rightarrow a\ R\ c\ = true\)
那么对于这个类群的最小链覆盖为
B为满足条件的最小集
最长反链覆盖为
B为符合条件的最大集
Dilworth 定理
对于一个这样的类集，最小链覆盖是等于最长反链覆盖的
显然，当\(|A|<=3\)时，一定成立
我们设存在集合\(C\)使得其满足该定理
使其宽度为K，若\(C\)中任意元素均不可比，该定理显然成立
否则在该集合中取出一条长度大于1的链，令其中链首为\(m\)，链尾为\(M\)
令 \(T=A\setminus\{m,M\}\)，若 T中的宽度不超过 \(d-1\)，则由归纳假设知 \(T\)可被至多$ d-1$条链覆盖，进而 \(S\) 可被这些链再加上链 \(\{m,M\}\)覆盖，命题成立，否则说明 \(T\)中的宽度也为 \(d\)，令\(T\) 中最长的一条反链为 \(B\)
我们考虑如下两个集合：
我们很难不发现
对\(S^+,S^-\)分别进行数学归纳
那么两个集合最小链覆盖数是\(d\)，且均包含\(B\)中一个元素
命题得证
[[ARC165E] Random Isolation]([ARC165E] Random Isolation - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))
[ARC165E] Random Isolation
题面翻译
给一棵 \(n\) 个节点的树和一个整数 \(K\)。每次操作，等概率随机选一个所在连通块大小大于 \(K\) 的点，并删掉这个点和与之相连的所有边。重复操作直到图上所有连通块大小不超过 \(K\)，求期望操作次数，答案对 \(998244353\) 取模。
\(1\le K < N\le 100\)。
translated by yxcat.
题目描述
頂点に $ 1 $ から $ N $ の番号が付いた $ N $ 頂点からなる木があります。 $ i $ 番目の辺は頂点 $ A_i,B_i $ を結びます。
グラフの連結成分が含む頂点の数がそれぞれ $ K $ 以下になるまで以下の操作を行い続けます。
- $ N $ 個の頂点のうち、$ K+1 $ 個以上の頂点を含む連結成分に属する頂点を $ 1 $ つ一様ランダムに選ぶ。選んだ頂点を端点とする辺をすべて削除する。
操作を行う回数の期待値を $ \bmod\ 998244353 $ で求めてください。
期待値 $ \text{mod\ }{998244353} $ の定義 求める期待値は必ず有理数になることが証明できます。 また、この問題の制約のもとでは、その値を既約分数 $ \frac{P}{Q} $ で表した時、$ Q\ \not\ \equiv\ 0\ \pmod{998244353} $ となることも証明できます。 よって、$ R\ \times\ Q\ \equiv\ P\ \pmod{998244353},\ 0\ \leq\ R\ <\ 998244353 $ を満たす整数 $ R $ が一意に定まります。 この $ R $ を答えてください。
输入格式
入力は以下の形式で標準入力から与えられます。
$ N $ $ K $ $ A_1 $ $ B_1 $ $ A_2 $ $ B_2 $ $ \vdots $ $ A_{N-1} $ $ B_{N-1} $
输出格式
答えを出力してください。
样例 #1
样例输入 #1
4 2 1 2 2 3 2 4样例输出 #1
249561090样例 #2
样例输入 #2
20 10 16 8 6 2 18 3 3 12 5 1 13 9 13 19 3 11 5 13 17 6 8 14 1 16 16 20 11 15 3 10 15 4 5 18 1 7 1 17样例输出 #2
181196154提示
制約
- $ 1\ \leq\ K\ <\ N\ \leq\ 100 $
- $ 1\ \leq\ A_i,B_i\ \leq\ N $
- 与えられるグラフは木
- 入力される値はすべて整数
Sample Explanation 1
例えば $ 1 $ 回目の操作で頂点 $ 2 $ が選ばれた場合、操作によって全ての辺が削除され、操作後は各連結成分が含む頂点の数はそれぞれ $ 2 $ 以下であるため操作を終了します。一方 $ 1 $ 回目の操作で頂点 $ 1 $ が選ばれた場合、操作後頂点 $ 2,3,4 $ からなる連結成分が残るため、$ 2 $ 回目の操作が行われます。 操作回数の期待値は $ \frac{7}{4} $ です。
//2024.8.12
//by white_ice
//[ARC165E] Random Isolation | AT_arc165_e
#include<bits/stdc++.h>
//#include"need.cpp"
using namespace std;
#define int long long
#define itn long long
constexpr int oo = 105;
constexpr int mod=998244353;
int n,m;
itn siz[oo],f[oo][oo][oo],g[oo][oo];
int c[oo<<1],ic[oo<<1];
struct nod{int to[oo<<1],nxt[oo<<1],head[oo],tot;
__inline void adde(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;}}S;
__inline int qpow(int x,int y){int ans=1;while (y){
if(y&1)ans=ans*x%mod;y>>=1;x=x*x%mod;}return ans;}
__inline void dfs(int u,int fa){
siz[u]=1,f[u][1][0]=1;
for (int i=S.head[u];i;i=S.nxt[i]){
int v=S.to[i];
if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
for (int j=siz[u]+siz[v];j>=0;j--)
for (int k=siz[u]+siz[v];k>=0;k--)
g[j][k]=f[u][j][k],f[u][j][k]=0;
for (int j=siz[u];j>=1;j--)
for (int k=siz[u]-j;k>=0;k--){
f[u][j][k+1]=(f[u][j][k+1]+g[j][k])%mod;
for (int p=siz[v];p>=1;p--)
for (int q=siz[v]-p;q>=0;q--){
f[u][j+p][k+q]=(f[u][j+p][k+q]+g[j][k]*f[v][p][q]%mod)%mod;
}
}
siz[u]+=siz[v];
}
}
main(void){
//fre();
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
c[0]=ic[0]=1;
for (int i=1;i<=200;i++)
c[i]=c[i-1]*i%mod;
ic[200]=qpow(c[200],mod-2);
for (int i=200-1;i>=1;i--)
ic[i]=ic[i+1]*(i+1)%mod;
cin >> n >> m ;
for (int u,v,i=1;i<n;i++){
cin >> u >> v;
S.adde(u,v),S.adde(v,u);
}
dfs(1,0);
int ans=0;
for (int u=1;u<=n;u++){
for (int i=m+1;i<=siz[u];i++){
for (int j=0;j<=siz[u]-i;j++)
ans=(ans+f[u][i][j]*c[i]%mod*c[j+(u!=1)]%mod*ic[i+j+(u!=1)]%mod)%mod;//,cout<<u<<" "<<i<<" "<<j<<" "<<f[u][i][j]<<"\n";
}
}
cout << ans <<"\n";
exit(0);
}
我们考虑，既然是计算概率，
那么对于一棵树，我们不妨将其转化为一个序列来考虑
我们假设一个序列s，我们从这个序列中选出n个点，假设已经从s中选出了x个点，那么又有n-x个点在剩余的序列中选择
（其中椭圆为要去除的点）
（红色部分为去除的）
那么后面的部分有n-x个点可以被选择，后半部分共k个点
那么我们将k自由组合排序，考虑第一个被选择的点
这些点的选择概率都是\(\frac{1}{n-x}\),所以我们考虑组合意义，共\(\frac{(n-x)!(k-n+x)!}{k!}\)种可能
通过这种转化，我们将求解概率变为了计数问题
那么我们应该考虑如何取出点了
对于一个子树T，|T|>k,对于这个子树，我们一定可以对这一棵子树进行操作
那么我们就可以统计子树大小大于k的个数
那么他的贡献就是T出现的概率我们设T出现的概率是\(p(T)\),那么答案的总期望就是\(\sum_{size_T>k}p(T)\)
关于这个统计，使用树形DP求解总数即可
设\(f[x][i][j]\)为为 \(x\)子树中选了包含 \(x\) 在内的 \(i\) 个点，有 \(j\) 个点与之相连的方案数，使用背包转移即可
[P3974 [TJOI2015] 组合数学]([P3974 TJOI2015] 组合数学 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))
[TJOI2015] 组合数学
题目描述
为了提高智商，ZJY 开始学习组合数学。某一天她解决了这样一个问题：给一个网格图，其中某些格子有财宝。每次从左上角出发，只能往右或下走。问至少要走几次才可能把财宝全捡完。
但是她还不知足，想到了这个问题的一个变形：假设每个格子中有好多块财宝，而每一次经过一个格子至多只能捡走一块财宝，其他条件不变，至少要走几次才可能把财宝全捡完？
这次她不会做了，你能帮帮她吗？
输入格式
第一行为一个正整数 \(t\)，表示数据组数。
每组数据的第一行是两个正整数 \(n\) 和 \(m\)，表示这个网格图有 \(n\) 行 \(m\) 列。
接下来 \(n\) 行，每行 \(m\) 个非负整数，表示这个格子中的财宝数量（\(0\) 表示没有财宝）。
输出格式
对于每组数据，输出一个整数，表示至少走的次数。
样例 #1
样例输入 #1
1 3 3 0 1 5 5 0 0 1 0 0样例输出 #1
10提示
数据范围
对于 \(30\%\) 的数据，\(n \le 5\)，\(m \le 5\)，每个格子中的财宝数不超过 \(5\) 块。
对于 \(50\%\) 的数据，\(n \le 100\)，\(m \le 100\)，每个格子中的财宝数不超过 \(1000\) 块。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le t\le 2\)，\(1\le n \le 1000\)，\(1\le m \le 1000\)，每个格子中的财宝不超过 \(10^6\) 块。
//2024.8.12
//by white_ice
//[TJOI2015] 组合数学 | P3974
#include<bits/stdc++.h>
//#include"need.cpp"
using namespace std;
#define itn long long
#define int long long
constexpr int oo = 1003;
itn n,m;itn st[oo][oo];
int f[oo][oo];
main(void){
//fre();
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
itn t;cin >> t;
while (t--){
memset(f,0,sizeof(f));
cin >> n >> m;
for (itn i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++)cin >> st[i][j];
for (itn i=1;i<=n;i++)for (itn j=m;j>=1;j--){
f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j+1]);
f[i][j] = max(f[i-1][j+1]+st[i][j],f[i][j]);
}
cout << f[n][1] << '\n';
}
cout << flush;
exit (0);
}
我们使用，使用，使用了一段及其短小精悍的代码解决了这道题
这道题，就要使用我们上面提到的最小链覆盖&最长反链长度了
我们不难发现，对于这个网格图，在上面移动就是构造一个链的过程
从一个方格出发，可以向下或向右移动
左右我们就是要求解从第一行第一列出发，移动到最后一列最后一行的最长链长度
这是我们就可以搬出这个：Dilworth 定理
最小链覆盖 = 最长反链长度
那么我们求解最长反链长度就好啦
我们如何求解呢？对于一个格子，什么地方不能成链呢？
当然是x,y坐标一个大于该格子一个小于该格子的时候啦）
浙公网安备 33010602011771号