[提高组集训2021] 模拟赛3

哥国杀

题目描述

《哥国杀》是一款热门的桌上游戏，牌堆中的牌数量是无穷大的，并且每一张牌的点数都在 \([1,A]\) 中均匀随机。可惜有一个妹妹（是谁就不用我多说了）混入了游戏，她的独有技如下：

称哥：你可以亮出牌堆顶的 \(n\) 张牌，然后获得任意点数不大于 \(m\) 的牌，将剩余牌放入弃牌堆，你会选择获得牌数最多的策略。

现在询问发动“称哥”期望能获得多少张牌，答案对 \(998244353\) 取模。

\(1\leq n\leq 100,1\leq m,A\leq 1000\)

解法

暴力背包可以做到 \(O(n^2mA)\)，这个就不需要多说了吧，精细化实现可以做到 \(O(nmA\log m)\)

更好的方法是算贡献，我们计算所有情况下牌数的总和，我们考虑已经选了 \(i\) 张牌，现在准备选 \(k\) 张权值为 \(j\) 的牌。我们首先考虑计算以前的数列有多少种方案数，也就是我们要把小于等于 \(j-1\) 的牌填 \(i\) 个进长度为 \(n\) 的数列，可以使用容斥 \(+\) 隔板法（因为是至少所有要多加一球一板）：

\[\sum_{t=0}^i(-1)^t{i\choose t}{m-kj-t(j-1)\choose i} \]

然后考虑剩下位置的方案数，我们枚举真实情况下填了 \(t\) 个权值为 \(j\) 的牌，剩下的幂次任意填即可：

\[{n\choose i}\sum_{t\geq k}{n-i\choose t}(A-j)^{n-i-t} \]

总的式子也写一下吧，在组合数为 \(0\) 时候跳出，时间复杂度 \(O(n^2A\log A)\)：

\[ans\times A^n=\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^A\sum_{k=1}^{n-i}(\sum_{t=0}^i(-1)^i{i\choose t}{m-kj-k(j-1)\choose i})\times {n\choose i}\sum_{t\geq k}{n-i\choose t}(A-j)^{n-i-t} \]

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,A,ans,fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
	freopen("legend.in","r",stdin);
	freopen("legend.out","w",stdout);
	n=read();m=read();A=read();
	init(1000);
	for(int i=0;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=A;j++)
	for(int k=1;k<=n-i;k++)
	{
		int f=0,g=0;
		for(int t=0;t<=i;t++)
		{
			int z=(t&1)?MOD-1:1;
			f=(f+z*C(i,t)%MOD*C(m-j*k-t*(j-1),i))%MOD;
		}
		if(f==0) break;
		for(int t=k;t<=n;t++)
			g=(g+C(n-i,t)*qkpow(A-j,n-i-t))%MOD;
		g=g*C(n,i)%MOD;
		ans=(ans+f*g)%MOD;
	}
	ans=ans*qkpow(qkpow(A,n),MOD-2)%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}

数树

题目描述

给定两棵树 \(T1,T2\)，求 \(T1\) 有多少个连通块和 \(T2\) 同构，答案对 \(998244353\) 取模。

\(n\leq 3000,m\leq10\)

解法一

考试时候我打的爆搜是枚举 \(T1\) 中哪些点存在然后和 \(T2\) 用树哈希判断重构。

那么可以套上 \(dp\) 来解决枚举的问题，我充分发扬人类智慧，把哈希值当作下标，然后做树背包即可。用树哈希的计算方法来转移，为了让它跑得快在背包结束的时候我们只保留 \(T2\) 中可能的哈希子树的哈希值，时间复杂度跑得非常快（因为出题人根本没有想到有伞兵打这个阴间东西）！

解法二

上面的方法仅供取乐，正确的做法是把 \(T2\) 状压，在 \(T1\) 上 \(dp\)

设 \(dp[u][s]\) 表示 \(u\) 的子树和 \(T2\) 的 \(s\) 集合对应的方案数，转移我们钦定 \(u\) 和 \(T2\) 的一个点对应，并且把它当作 \(T2\) 的根。那么转移就要把 \(T1\) 的子树对应到 \(T2\) 的子树上面去，就获得了子问题，设 \(w[x][y]\) 为 \(T2\) 以 \(x\) 的根 \(y\) 的子树集合，那么转移：

\[dp[u][s|w[x][y]]\leftarrow dp[u][s]\times dp[v][w[x][y]] \]

最后要去重，因为 \(T2\) 每一种可能的标号方式都会被我们计算一遍（全排搜一下可能的标号方式）

//hash from me
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int M = 3005;
const int C = 23;
#define ull unsigned long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,cnt,ans,vis[M],p[M],siz[M];
vector<int> g1[M],g2[M];ull hs[M];
map<ull,int> dp[M],mp,sz,ok;
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
void init(int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
	hs[u]=siz[u]=1;
	for(auto v:g2[u])
	{
		if(v==fa) continue;
		dfs2(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		hs[u]+=hs[v]*p[siz[v]+C];
	}
	mp[hs[u]]=1;
	sz[hs[u]]=siz[u]+C;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
	dp[u][1]=1;
	for(auto v:g1[u])
	{
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,u);
		map<ull,int> tmp=dp[u];
		for(auto x:tmp)
		for(auto y:dp[v])
		{
			ull h=x.first+y.first*p[sz[y.first]];
			add(dp[u][h],1ll*x.second*y.second%MOD);
		}
	}
	vector<ull> rnm;
	for(auto x:dp[u]) if(!mp[x.first])
		rnm.push_back(x.first);
	while(!rnm.empty())
		dp[u].erase(rnm.back()),rnm.pop_back();
}
int main()
{
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		g1[u].push_back(v);
		g1[v].push_back(u);
	}
	m=read();
	for(int i=1;i<m;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		g2[u].push_back(v);
		g2[v].push_back(u);
	}
	//initialize for all the possible hash value
	init(1000);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		dfs2(i,0);
		ok[hs[i]]=1;
	}
	dfs1(1,0);
	for(auto x:ok) for(int i=1;i<=n;i++)
		add(ans,dp[i][x.first]);
	printf("%d\n",ans);
}

//dp
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;
const int N = 11;
const int M = 3005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,a[N][N],ea[N],eb[N],p[N],w[N][N];
int ans,f[M][1<<10],dp[2][1<<10];vector<int> g[M];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
int dfs2(int u,int fa)
{
	int r=1<<u-1;
	for(int v=1;v<=m;v++)
		if(a[u][v] && v^fa)
			r|=dfs2(v,u);
	return r;
}
void dfs(int u,int fa)
{
	for(auto v:g[u]) if(v^fa) dfs(v,u);
	for(int x=1;x<=m;x++)
	{
		int o=0;memset(dp,0,sizeof dp);
		dp[o][1<<x-1]=1;
		for(int v:g[u]) if(v^fa)
		{
			for(int s=1;s<(1<<m);s++)
				dp[o^1][s]=dp[o][s];
			for(int y=1;y<=m;y++)
			if(a[x][y] && f[v][w[x][y]])
			for(int s=1;s<(1<<m);s++)
			{
				if(s&(1<<y-1)) continue;
				add(dp[o^1][s|w[x][y]],dp[o][s]
				*f[v][w[x][y]]%MOD);
			}
			o^=1;
		}
		for(int s=1;s<(1<<m);s++)
			add(f[u][s],dp[o][s]);
	}
	add(ans,f[u][(1<<m)-1]);
}
signed main()
{
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	m=read();
	for(int i=1;i<m;i++)
	{
		ea[i]=read();eb[i]=read();
		a[ea[i]][eb[i]]=a[eb[i]][ea[i]]=1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) p[i]=i;
	do//cal the essence-same tree
	{
		int fl=0;
		for(int i=1;i<m;i++)
			fl+=a[p[ea[i]]][p[eb[i]]]==0;
		if(!fl) k++;
	}while(next_permutation(p+1,p+1+m));
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			w[i][j]=dfs2(j,i);
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",ans*qkpow(k,MOD-2)%MOD);
}