AtCoder Grand Contest 018&019

018E Sightseeing Plan

题目描述

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解法

考虑枚举中转点 $P$，那么对应的路径数是：$P$ 到第一个矩形的方案数 $\times$ $P$ 到第二个矩形的方案数。

可以以 $P$ 建立平面直角坐标系，那么可以差分成四个矩形，问题变成了在矩形内停下的方案数：

设矩形右上角的坐标是 $(n,m)$，那么显然方案数是 $\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^m{i+j\choose i}$

应用组合意义来化简，考虑组合意义是 $i$ 个球依次添加了 $0\sim m$ 个球，然后要从中选出 $i$ 个球。再新增一个球表示添加到哪里了，可以转化成 $i+m+1$ 个球中选择 $i+1$ 个球，即 $\sum_{j=0}^m {i+j\choose i}={i+m+1\choose i+1}={i+m+1\choose m}$

再次应用同样的组合意义，我们可以得到 $\sum_{i=0}^n{i+m+1\choose m}={n+m+2\choose m+1}$

发现这就是 $(0,0)$ 到 $(n+1,m+1)$ 的方案数，所以我们可以把矩形拆分成四个点，计算点到点的方案数。

---

回到原问题，我们成功地把问题转化成了：固定起点和终点，一条路径的贡献是其在给定矩形内的长度 $+1$，求所有路径的贡献和。枚举中转点太慢了，我们只需要知道一条路径在哪里进入矩形，在哪里离开矩形，就可以知道在矩形内的长度。

发现这两部分又可以拆分计算，因为长度可以看成曼哈顿距离，所以进入和出去的路径都贡献 横纵坐标之和 次即可。

枚举进入矩形的点 $(x_3,i)/(i,y_3)$，那么有这样的负贡献：起点到 $(x_3-1,i)$ 的方案数 $\times$ $(x_3,i)$ 到终点的方案数 $\times (x_3+i)$

枚举离开矩形的点 $(x_4,i)/(i,y_4)$，那么有这样的正贡献：起点到 $(x_4,i)$ 的方案数 $\times$ $(x_4+1,i)$ 到终点的方案数 $\times (x_4+i+1)$

时间复杂度 $O(n)$

#include <cstdio>
const int M = 2000005;
const int MOD = 1e9+7;
#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 x[7],y[7],x3,x4,y3,y4,ans,fac[M],inv[M];
struct node{int x,y,f;}s[10];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int Abs(int x) {return x>0?x:-x;}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int G(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	int x=Abs(x2-x1),y=Abs(y2-y1);
	return C(x+y,x);
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y%MOD+MOD)%MOD;}
int zxy(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	int r=0;
	for(int x=x3;x<=x4;x++)
	{
		add(r,G(x1,y1,x,y4)*G(x,y4+1,x2,y2)%MOD*(x+y4+1));
		add(r,-G(x1,y1,x,y3-1)*G(x,y3,x2,y2)%MOD*(x+y3));
	}
	for(int y=y3;y<=y4;y++)
	{
		add(r,G(x1,y1,x4,y)*G(x4+1,y,x2,y2)%MOD*(x4+y+1));
		add(r,-G(x1,y1,x3-1,y)*G(x3,y,x2,y2)%MOD*(x3+y));
	}
	return r;
}
signed main()
{
	init(2000000);
	for(int i=1;i<=6;i++) x[i]=read();
	for(int i=1;i<=6;i++) y[i]=read();
	x3=x[3];y3=y[3];x4=x[4];y4=y[4];
	s[1]=node{x[1]-1,y[1]-1,1};
	s[2]=node{x[1]-1,y[2],-1};
	s[3]=node{x[2],y[1]-1,-1};
	s[4]=node{x[2],y[2],1};
	//
	s[5]=node{x[5],y[5],1};
	s[6]=node{x[6]+1,y[5],-1};
	s[7]=node{x[5],y[6]+1,-1};
	s[8]=node{x[6]+1,y[6]+1,1};
	//
	for(int a=1;a<=4;a++) for(int b=5;b<=8;b++)
		add(ans,s[a].f*s[b].f*
		zxy(s[a].x,s[a].y,s[b].x,s[b].y));
	printf("%lld\n",ans);
}

019F Yes or No

题目描述

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解法

考虑一个朴素的 $dp$，设 $dp[i][j]$ 表示有 $i$ 个问题是 YES，有 $j$ 个问题是 NO，最优策略一定是猜测较多的那一个，但是答案可以看成是随机的，所以有转移：

$$dp[i][j]\leftarrow \frac{i}{i+j}\cdot dp[i-1][j]+\frac{j}{i+j}\cdot dp[i][j-1]+\frac{\max(i,j)}{i+j}$$

显然这东西是具有对称性的：$dp[i][j]=dp[j][i]$，考虑它的组合意义，就是在 $n\times m$ 的路径上行走，从起点 $(n,m)$ 到终点 $(0,0)$，每次可以向下或者向右走一步，每种路径有其对应的权值。

考虑对每种路径分别统计权值，有一个关键的 $\tt observation$ 是：不妨设 $n\geq m$，如果路径始终在 $y=x$ 的上方，那么贡献一定是 $n$，这是因为最优策略总是选 YES

那么对于穿过 $y=x$ 的路径，根据前文所提到的对称性，我们把它翻折上去。但是这样会漏算一小部分的贡献，因为在 $(x,x)$ 的这一步一定不会被我们统计任何贡献，而实际上它是有一个 $\frac{\max(i,j)}{i+j}=\frac{1}{2}$ 的贡献的，要把它算上去。

那么问题就转化成了统计 $y=x$ 被穿过的总次数，被穿过一次就多 $\frac{1}{2}$ 的贡献，所以答案是：

$$\max(n,m)+\frac{1}{2{n+m\choose n}}\sum_{k=1}^{\min(n,m)}{n-k+m-k\choose n-k}\cdot {2k\choose k}$$

时间复杂度 $O(n)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1000005;
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,ans,fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%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;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();init(n+m);
	if(n<m) swap(n,m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		add(ans,C(m-i+n-i,m-i)*C(2*i,i));
	ans=ans*qkpow(2*C(n+m,n)%MOD,MOD-2)%MOD;
	printf("%lld\n",(ans+n)%MOD);
}