NOIP模拟85(多校18)

前言

好像每个题目背景所描述的人都是某部番里的角色，热切好像都挺惨的（情感上的惨）。

然后我只知道 T1 的莓，确实挺惨。。。

T1 莓良心

解题思路

首先答案只与 \(w\) 的和有关系，于是问题就变成了对于一个点求出每一个所在组的大小以及对应的方案数。

考场上想的是枚举组的大小，然后预处理一下 \(n\) 个数字划分为 \(m\) 个非空集合的方案数。

一开始想的是隔板法，显然不对，然后就尝试 DP 计算，就有了 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times j+f_{i-1,j-1}\)

一直想矩阵快速幂，看了半天才发现这 TM 两维，我优化个鬼！！

考完之后才知道这个是第二类斯特林数，然后才发现这玩意可以 NTT 暴算求出来一行或者一列的值，是我浅薄了。。。

官方题解的做法非常不一样，对于一对数 \(u,v\) 当两者被分到一个组中就会多出来 \(w_u+w_v\) 的贡献。

然后答案就是 \((\sum\limits_{i=1}^n w_i)\times(\;{n \brace k}+(n-1)\times {n-1 \brace k}\;)\)

发现可以直接容斥去求:

\[\displaystyle{n \brace k}=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^i \binom{k}{i}(k-i)^n
\]

然后 \(\mathcal{O}(n)\) 的线性筛或者 \(\mathcal{O}(nlogn)\) 的快速幂均可。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e6+10,M=2e3+10,mod=998244353;
int n,m,ans,base,fac[N],ifac[N] ;
int power(int x,int y,int p=mod)
{
	int temp=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) temp=temp*x%p;
		x=x*x%p; y>>=1;
	}
	return temp;
}
int C(int x,int y){return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;}
int STL(int x,int y)
{
    int temp=0;
    for(int i=0,bas=1;i<=y;i++,bas=-bas) temp=(temp+bas*C(y,i)*power(y-i,x)%mod+mod)%mod;
    return temp*ifac[y]%mod;
}
#undef int
int main()
{
	#define int long long
	freopen("ichigo.in","r",stdin); freopen("ichigo.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); fac[0]=ifac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) base=(base+read())%mod,fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=power(fac[n],mod-2); for(int i=n-1;i>=1;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	printf("%lld",base*(STL(n,m)%mod+STL(n-1,m)%mod*(n-1)%mod)%mod);
	return 0;
}

T2 尽梨了

解题思路

比较直接的一个 DP 就是 \(f_{i,j}\) 前 \(i\) 个商店买 \(j\) 个物品的最短时间。

发现在 \(a_i\) 不为 0 时，增长是指数级别的，于是每次转移只要 \(log\) 次就够了。

然后就是对于 \(a_i\) 为 0 的情况进行处理了，直接维护一个前缀和二分即可。

代码实现上有一些小细节。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=2e5+10;
int n,m,ans,pos,lim,f[N],pre[N];
struct Node{int a,b;}s[N];
bool comp(Node x,Node y){x.b++;y.b++;if(x.b*y.a!=y.b*x.a)return x.b*y.a<y.b*x.a;return x.b<y.b;}
#undef int
int main()
{
	#define int long long
	freopen("eriri.in","r",stdin); freopen("eriri.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); lim=(int)log2(m)+1; memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i].a=read(),s[i].b=read();
	f[0]=0; sort(s+1,s+n+1,comp); pos=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!s[i].a){pos=i;break;}
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i].b+=s[i].a+1,s[i].a++;
	for(int i=pos;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+s[i].b;
	for(int i=1;i<pos;i++)
		for(int j=min(i,lim);j>=1;j--)
			if(f[j-1]<=m) f[j]=min(f[j],f[j-1]*s[i].a+s[i].b);
	for(int i=0;i<=min(n,lim);i++)
	{
		if(f[i]>m) continue;
		int l=pos,r=n,temp=-1;
		while(l<=r)
		{
			int mid=(l+r)>>1;
			if(pre[mid]<=m-f[i]) temp=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		ans=max(ans,i+((~temp)?temp-pos+1:0));
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T3 团不过

解题思路

很妙的一个题。

设 \(p(i)\) 表示 \(i\) 堆石子的方案数 \(p(i)=(2^n-1)^{\underline{i}}\) 。

设 \(f(n)\) 表示 \(n\) 堆石子先手必败的方案数，转移考虑在 \(i-1\) 堆石子后再添加一堆与 \(i-1\) 堆异或和相等的石子堆。

也就是 \(p(n-1)\) ，但是如果 \(i-1\) 堆石子异或和已经是 0 那么显然是不合法的，需要减去。

还有一种情况就是 \(i-2\) 堆石子的异或和为 0 新加入了两堆相同的石子，显然也是不可以的，也需要减去。

因此就有了：

\[f(i)=p(i-1)-f(i-1)-f(i-2)\times(i-1)\times(2^n-i+1)
\]

直接递推，然后拿总方案数减去就好了。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=1e7+10,mod=1e9+7;
int n,p[N],p2[N],f[N];
#undef int
int main()
{
	#define int long long
	freopen("yui.in","r",stdin); freopen("yui.out","w",stdout);
	n=read(); p2[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) p2[i]=p2[i-1]*2%mod;
	p[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]*(p2[n]-i)%mod;
	for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=(p[i-1]-f[i-1]-(i-1)*f[i-2]%mod*(p2[n]-i+1)%mod+2*mod)%mod;
	printf("%lld",(p[n]-f[n]+mod)%mod);
	return 0;
}

T4 七负我

解题思路

最优的策略就是我们把所有的值都平均分配到一个完全图中，可以用 调整法 来证明。

然后直接枚举是 \(2^n\) 的无法接受，考虑 \(meet\;in\;the\;middle\)

于是枚举前 \(\frac{n}{2}\) 里的完全图，然后看他对于后 \(\frac{n}{2}\) 个点的连边。

再预处理出后 \(\frac{n}{2}\) 个点所有点集的所包含的完全图的个数。

然后枚举前 \(\frac{n}{2}\) 个点的点集，然后看他们对于后 \(\frac{n}{2}\) 连边的并集合并即可。

代码里好像有一个细节错了，但是错的那个点小于20，我直接。。。组合拳？？

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=50;
int n,m,m1,m2,all,maxn,e[N],f[1<<20];
#undef int
int main()
{
	#define int long long
	freopen("nanami.in","r",stdin); freopen("nanami.out","w",stdout);
	n=read(); m=read(); all=read(); m1=n>>1; m2=n-m1; if(n<=20) m1=n;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) x=read(),y=read(),e[x]|=1ll<<y-1,e[y]|=1ll<<x-1;
	for(int sta=1;sta<(1ll<<m1);sta++)
	{
		int sum=__builtin_popcount(sta); if(sum<=maxn) continue;
		for(int i=1;i<=m1;i++) if((sta>>i-1)&1) if((e[i]&sta)!=(sta^(1ll<<i-1))) goto X;
		maxn=max(maxn,sum);X:;
	}
	if(n<=20) printf("%.6lf",(1.0*(maxn*(maxn-1)/2))*(1.0*all)/(1.0*maxn)*(1.0*all)/(1.0*maxn)),exit(0);
	for(int sta=1;sta<(1ll<<m2);sta++)
	{
		int sum=__builtin_popcount(sta);
		for(int i=1;i<=m2;i++) if((sta>>i-1)&1) if(((e[i+m1]>>m1)&sta)!=(sta^(1ll<<i-1))) goto Y;
		f[sta]=sta; maxn=max(maxn,sum); Y:;
	}
	for(int sta=0;sta<(1ll<<m2);sta++)
	{
		int U=(1ll<<m2)-1,sum=__builtin_popcount(sta);
		for(int i=1;i<=m2;i++) if((sta>>i-1)&1) U&=e[i+m1]>>m1;
		if(!U&&sum!=1) continue;
		for(int i=1;i<=m2;i++)
			if((((sta>>i-1)&1)^1))
				if((((e[i+m1]>>m1)&sta)==sta&&(U&(1ll<<i-1)))){if(__builtin_popcount(f[sta|(1ll<<i-1)])<sum+1) f[sta|(1ll<<i-1)]=f[sta]|(1ll<<i-1);}
				else if(__builtin_popcount(f[sta|(1ll<<i-1)])<sum) f[sta|(1ll<<i-1)]=f[sta];
	}
	for(int sta=1;sta<(1ll<<m1);sta++)
	{
		int U=(1<<m2)-1,sum=__builtin_popcount(sta);
		for(int i=1;i<=m1;i++) if((sta>>i-1)&1) if((e[i]&sta)!=(sta^(1ll<<i-1))) goto Z;
		for(int i=1;i<=m1;i++) if((sta>>i-1)&1) U&=e[i]>>m1;
		maxn=max(maxn,sum+__builtin_popcount(f[U])); Z:;
	}
	printf("%.6lf",(1.0*(maxn*(maxn-1)/2))*(1.0*all)/(1.0*maxn)*(1.0*all)/(1.0*maxn));
	return 0;
}