Permutation Graph Time Limit: 2 Seconds      Memory Limit: 65536 KB Edward has a permutation {a1, a2, … an}. He finds that if he connects each pair (ai, aj) such that i < j and ai > aj, he will get a graph. For example, if the permutation is {2, 3,…

题面:vjudge传送门 ZOJ传送门 题目大意:给你一个排列,如果两个数构成了逆序对,就在他们之间连一条无向边,这样很多数会构成一个联通块.现在给出联通块内点的编号,求所有可能的排列数 推来推去容易发现性质,同一联通块内的点一定是连续标号的,否则无解 然后我就不会了 好神的$NTT$优化$DP$啊 根据上面的性质,联通块之间是互不影响的,所以我们对每个联通块分别统计答案再相乘 定义$f[i]$表示$i$个点构成的合法联通块,可能的排列数 一个合法联通块的所有元素一定在同一联通块内,说明不可能存…

发现每一块一定是按照一定的顺序的. 然后与标号无关,并且相同大小的对答案的影响相同. 然后列出递推式,上NTT+分治就可以了. 然后就可以与输入同阶处理答案了. #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using…

题目链接 ZOJ3874 题意简述: 在一个序列中,两点间如果有边,当且仅当两点为逆序对 给定一个序列的联通情况,求方案数对\(786433\)取模 题解 自己弄了一个晚上终于弄出来了 首先\(yy\)一下发现一个很重要的性质: 联通块内的点编号必须是连续的 证明: 假设一个联通块编号不连续,设\(a\),\(b\)分别为联通块左侧和联通块右侧中的一个点,\(x\)为\(a\),\(b\)之间不在该联通块内的点 那么显然有\(a > b\),\(a < x\),\(x < b\) 即\(…

Time Limit: 2 Seconds      Memory Limit: 65536 KB Edward has a permutation {a1, a2, … an}. He finds that if he connects each pair (ai, aj) such that i < j and ai > aj, he will get a graph. For example, if the permutation is {2, 3, 1, 4}, then 1 and…

最近在看几道整体二分还有cdq分治的东西,突然间想起前几个礼拜的ZOJ题,然后看了一下代码,经过了一些深思熟虑之后,发现自己终于看懂了,下面就用别人的代码来剖析一下整个解题的思路吧,具体的内容我再看看. 首先要解决这个问题需要有一些卷积的知识,或者说是多项式乘法,一个很典型的多项式乘法的东东就是FFT,然后原来在数论意义下(即mod P)的意义下,也有相应的NTT(快速数论变换),思想是和FFT一致的,不过在这里原根稍微不一样,而且也不用去管复数,当然我是不会懂的,下面抄个链接: NTT(快速数…

题面传送门 题目大意: 假设现在有一个排列,每个数和在它右面第一个比它大的数连一条无向边,会形成很多联通块. 定义一个联通块的权值为:联通块内元素数量的平方. 定义一个排列的权值为:每个联通块的权值之积 求长度为$n$所有排列的权值之和,$n\leq 1e5$,$1e4$组询问 原题面描述不清楚啊..害得我白想了30min 和ZOJ3874一样都是排列$DP$问题 $DP$方程还是不难想的 假设现在有一个$i-1$的排列,当我们把$i$某个位置上时 $i$前面的数都会和$i$连通,$i$后面的数…

正题 题目大意 一张随机的\(n\)个点的竞赛图,给出它的\(m\)条相互无交简单路径,求这张竞赛图的期望强联通分量个数. \(1\leq n,m\leq 10^5\) 解题思路 先考虑\(m=0\)的做法,此时我们考虑一个强联通块的贡献,注意到竞赛图中强联通块的会构成一条链的形式,枚举一个大小\(S\),那么此时联通块内到联通块外的边方向确定,那么这个联通块产生贡献的的概率就是\(\frac{1}{2}^{S(n-S)}\),选出这个联通块的方案就是\(\binom{n}{i}\). 那么答案…

题面 戳这里,题意简单易懂. 题解 首先我们发现,操作是可以不考虑顺序的,因为每次操作会加一个 \(1\) ,每次进位会减少一个 \(1\) ,我们就可以考虑最后 \(1\) 的个数(也就是最后的和),以及成功操作次数,就行了. 然后根据期望的线性性,我们可以从低到高按位考虑贡献. 考虑一个递推:\(f(i, j)\) 表示从后往前第 \(i\) 位总共被改变 \(j\) 次的概率,那么有两种转移: 进位:\(\displaystyle f(i - 1, j) \to f(i, \lfloor…

考虑容斥,枚举一个子集S在1号猎人之后死.显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S).于是我们统计出各种子集和的系数即可,造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数,分治NTT卷起来就可以了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespa…