#10 CF708E & CF643F

~~这个系列终于上两位数了~~。

Student's Camp

题目描述

解法

首先考虑一个 $O(n^5)$ 的 $dp$ ，设 $f(i,l,r)$ 表示考虑到第 $i$ 行，第 $i$ 行剩下的格子是 $[l,r]$ ，并且前 $i$ 行联通的概率。我们预处理出 $D(i)={k\choose i}\cdot(\frac{a}{b})^i\cdot (1-\frac{a}{b})^{k-i}$ ，表示恰好吹倒 $i$ 个格子的概率。

第一步优化可以考虑正难则反，我们用总数减去不合法的方案数来转移：

f (i, l, r) = D (l - 1) \cdot D (m - r) \cdot (\sum_{l^{'} \leq r^{'}} f (i - 1, l^{'}, r^{'}) - \sum_{l^{'} \leq r^{'} < l} f (i - 1, l^{'}, r^{'}) - \sum_{r < l^{'} \leq r^{'}} f (i - 1, l^{'}, r^{'}))

$f(i,l,r)=D(l-1)\cdot D(m-r)\cdot\Big(\sum_{l'\leq r'} f(i-1,l',r')-\sum_{l'\leq r'<l} f(i-1,l',r')-\sum_{r<l'\leq r'}f(i-1,l',r')\Big)$

那么显然可以使用前缀和优化，设 $F(i)=\sum_{l'\leq r'}f(i-1,l',r')$ ， $L(i,x)=\sum_{l'\leq r'<x}f(i-1,l',r')$ ， $R(i,x)=\sum_{x<l'\leq r'} f(i-1,l',r')$ ，那么转移可以写成：

f (i, l, r) = D (l - 1) \cdot D (m - r) \cdot (F (i - 1) - L (i - 1, l) - R (i - 1, r))

$f(i,l,r)=D(l-1)\cdot D(m-r)\cdot(F(i-1)-L(i-1,l)-R(i-1,r))$

现在的时间复杂度已经优化到了 $O(n^3)$ ，发现瓶颈在于状态量太大，考虑到答案只需要整体求和，我们可以把状态也定义成和式，设 $S(i,r)=\sum_{l\leq r}f(i,l,r)$ ，考虑写出这个和式的转移：

S (i, r) = \sum_{l} D (l - 1) \cdot D (m - r) \cdot (F (i - 1) - L (i - 1, l) - R (i - 1, r))

$S(i,r)=\sum_{l}D(l-1)\cdot D(m-r)\cdot(F(i-1)-L(i-1,l)-R(i-1,r))$

由于 $r$ 是包含在状态里的（相当于已知），所以我们把和 $r$ 有关的部分提出来：

S (i, r) = D (m - r) \cdot ((F (i - 1) - R (i - 1, r)) \cdot \sum_{l \leq r} D (l - 1) - \sum_{l \leq r} D (l - 1) \cdot L (i - 1, l))

$S(i,r)=D(m-r)\cdot \Big((F(i-1)-R(i-1,r))\cdot\sum_{l\leq r}D(l-1)-\sum_{l\leq r} D(l-1)\cdot L(i-1,l)\Big)$

那么我们用前缀和维护 $\sum_{l\leq r}D(l-1)$ 和 $\sum_{l\leq r}D(l-1)\cdot L(i-1,l)$ 即可。代码实现中，我们可以计算 $S$ ，然后得到 $L$ ，再计算对应的前缀和即可，注意 $R(i-1,r)$ 可以根据对称性换成 $L(i-1,m-r)$ ，这是因为左右是等价的，所以翻折之后对应的值是相等的。

~~代码实现抄了别人的~~，其实根本不复杂，时间复杂度 $O(n^2)$

总结

对于瓶颈在状态定义的 $dp$ ，可以考察答案的形式，改变状态的定义，在原状态基础上转移。

本题拆分法的应用也是一个亮点，在推有关左右端点的式子时可以考虑把他们拆开来。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
const int M = 1505;
const int MOD = 1e9+7;
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,b,k;
struct node
{
	int x;
	node(int X=0) : x(X) {}
	void operator = (int b) {x=b;}
	node operator + (node b) {return node((x+b.x)%MOD);}
	node operator - (node b) {return node((x-b.x+MOD)%MOD);}
	node operator * (node b) {return node(x*b.x%MOD);}
	node operator ^ (int b)
	{
		int r=1,a=x;
		while(b) {if(b&1) r=r*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}
		return node(r);
	}
	node operator / (node b) {return (*this)*(b^(MOD-2));}
}x,p[M],q[M],f[M][M],s[M][M],g[M][M];
node C(int n,int m)
{
	node a=1,b=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		a=a*(n-i+1),b=b*i;
	return a/b;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();a=read();b=read();k=read();
	x=(node)a/b;
	for(int i=0;i<=min(m,k);i++)
		p[i]=C(k,i)*(x^i)*((node(1)-x)^(k-i));
	for(int i=1;i<=m;i++) q[i]=q[i-1]+p[i-1];
	f[0][m]=s[0][m]=node(1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			f[i][j]=p[m-j]*(q[j]*(s[i-1][m]-s[i-1][m-j])-g[i-1][j]);
			s[i][j]=s[i][j-1]+f[i][j];
			g[i][j]=g[i][j-1]+p[j-1]*s[i][j-1];
		}
	printf("%lld\n",s[n][m].x);
}

Bears and Juice

题目描述

点此看题

解法

我自己有一个 $dp$ 的想法，设 $dp[x][y]$ 表示还剩 $x$ 张床，还剩 $y$ 天，桶的数量最多是多少。考虑一天的转移，考虑这些熊睡觉 $/$ 不睡觉的状态可以帮助我们确定集合 $S$ （酒就存在于集合 $S$ 中），发现集合 $S$ 的大小其实就是子问题。

那么我们考虑枚举有 $i$ 头熊喝醉了，有 $i$ 头熊喝醉的方案对应着相同大小的 $S$ ，所以需要用乘法原理。而不同的 $i$ 之间是独立的，所以用加法原理，那么转移：

d p [x] [y] = \sum_{i = 0}^{x} d p [x - i] [y - 1] \cdot (\binom{n - (p - x)}{i})

$dp[x][y]=\sum_{i=0}^{x} dp[x-i][y-1]\cdot{n-(p-x)\choose i}$

暴力转移是 $O(p^2q)$ 的，无法通过本题，优化可以见官方题解，反正我觉得有点难优化。

更好的方法是建立映射关系，把熊的状态的和酒的位置建立双射。那么我们要考察熊的状态是什么，对于每一个位置我们可以写出一个 $q\times n$ 的矩阵，表示某一天某一头熊是（ $1$ ）否（ $0$ ）喝了这个酒。

然后考虑这个矩阵有什么要求呢？首先每一列最多有一个 $1$ ，因为这头熊要么喝进医院，要么喝过之后不会再碰它了。其次最多有 $\min(n-1,p)$ 个 $1$ ，要不然床位就可能满 $/$ 熊可能都喝没了。那么对这个矩阵进行计数，我们枚举 $1$ 的个数，确定列之后再确定行：

\sum_{i = 0}^{min (n - 1, p)} (\binom{n}{i}) \cdot q^{i}

$\sum_{i=0}^{\min(n-1,p)}{n\choose i}\cdot q^i$

这个数量显然是位置数的上界，因为每个位置分配的矩阵不同。那么我们再证明这样做的充分的，考虑我们按照矩阵来安排熊去喝酒，得到每头熊是否喝进医院，和对应的天数就可以唯一确定这个位置。

显然可以 $O(pq)$ 暴力计算，需要预处理组合数，我们可以上下暴力除 $\tt gcd$ 来 $O(p^3\log p)$ 计算组合数。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 205;
#define int unsigned int
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,p,q,ans,a[M];
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
int calc(int m)
{
	vector<int> a,b;int r=1;
	for(int i=n;i>n-m;i--) a.push_back(i);
	for(int i=1;i<=m;i++) b.push_back(i);
	for(int &x:a) for(int &y:b)
	{
		int d=gcd(x,y);
		x/=d;y/=d;
	}
	for(int &x:a) r*=x;
	return r;
}
signed main()
{
	n=read();p=min(read(),n-1);q=read();
	for(int i=0;i<=p;i++) a[i]=calc(i);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		int nw=0;
		for(int j=0,k=1;j<=p;j++,k*=i)
			nw+=a[j]*k;
		ans^=nw*i;
	}
	printf("%u\n",ans);
}