[冲刺国赛2022] 模拟赛11
星图
题目描述
\(n\) 个点的序列，每个点在权值在 \([l_i,r_i)\) 中均匀随机（权值是实数），问对这个序列构建笛卡尔树，期望深度之和是多少，其中深度定义为到根的距离，答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\leq 300\)
解法
好浓的一股原题味道，但是确实是飘飘蛋的原创题。
使用贡献法，如果 \(u,v(u<v)\) 满足 \(\max_{i=u+1}^{v} a_i<a_u\)，那么有 \(1\) 的贡献（\(u>v\) 同理）
考虑将连续型概率问题转化为离散型概率问题，即我们先对原序列离散化，然后枚举 \(a_u\) 的取值在 \([b_w,b_{w+1})\) 中。对于其他数，要么小于 \(b_w\)，要么在 \([b_w,b_{w+1}]\) 中。设在 \([b_w,b_{w+1})\) 一共有 \(k\) 个，那么 \(a_u\) 作为最大值的概率是 \(\frac{1}{k}\)
可以转化为背包问题，设 \(dp[i]\) 表示在 \([b_w,b_{w+1})\) 中的数有 \(i\) 个的概率，暴力转移 \(O(n^4)\)，实现形如：
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int np=in(i);
memset(dp,0,sizeof dp);dp[0]=1;
for(int r=i+1;r<=n;r++)
{
add(r);
for(int j=0;j<=r-i;j++)
add(ans,dp[j]*inv[j+1]%MOD*np);
}
}
考虑整体 \(dp\)，即只做一次 \(dp\)，在所有左端点处初始化，在右端点处统计贡献，时间复杂度 \(O(n^3)\)
我真的特别喜欢整体 \(dp\) 这个技巧，但是这次怎么没反应过来啊。
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx", "sse")
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 605;
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,w,ans,l[M],r[M],b[M],dp[M];
int inv[M],z[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 p(int i,int br)
{
if(br<=l[i]) return 1;
if(br>=r[i]) return 0;
return (r[i]-br)*z[i]%MOD;// div (r-l)
}
int in(int i)
{
return (p(i,b[w])-p(i,b[w+1])+MOD)%MOD;
}
void add(int x)
{
for(int i=n-1;i>=0;i--) if(dp[i])
{
add(dp[i+1],dp[i]*in(x));
dp[i]=dp[i]*(MOD+1-p(x,b[w]))%MOD;
}
}
void work()
{
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=1;i<n;i++)
{
add(dp[0],in(i));add(i+1);
for(int j=0;j<=n;j++)
add(ans,dp[j]*inv[j+1]);
}
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=n;i>1;i--)
{
add(dp[0],in(i));add(i-1);
for(int j=0;j<=n;j++)
add(ans,dp[j]*inv[j+1]);
}
}
signed main()
{
freopen("starmap.in","r",stdin);
freopen("starmap.out","w",stdout);
n=read();inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[++m]=l[i]=read();
b[++m]=r[i]=read();
z[i]=qkpow(r[i]-l[i],MOD-2);
inv[i]=qkpow(i,MOD-2);
}
sort(b+1,b+1+m);
m=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
for(w=1;w<m;w++) work();
printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}
无损加密
题目描述
\(n\times m\) 的矩形，进行 \(q\) 次变换，设 \(k\) 次变换后的矩阵是 \(A_k\)，初始 \(A_0\) 是单位矩阵。每次变换给定 \((l_k,r_k,c_k,d_k)\)：
求 \(f(A_q)\)，其中 \(f(B)\) 定义为：
其中 \(B_S\) 表示矩阵 \(B\) 的所有行与 \(S\) 中元素对应的列，交叉处生成的一个 \(n\times |S|\) 的矩阵。
数据范围保证对于所有的 \(1\leq i\leq m\)，都有：
\(2\leq n\leq m\leq 2\cdot 10^5,1\leq s\leq 8,q\leq sm\)
解法
真理：永远不要丝门弄数。
这题没有什么好的突破口，考虑从答案的角度入手，我们如何理解答案中出现的行列式？
谈到行列式，丝告诉我们，常见的模型有：\(\tt Binet-Cauthy\) 公式、矩阵树定理、\(\tt LGV\) 引理。最和本题贴合的是 \(\tt LGV\) 引理，我们把矩阵理解成 \(\tt LGV\) 引理中两点间路径的方案数，考虑构造一张分层图：
解释一下上面的构造：第一层有 \(n\) 个红点代表起点；最后一层有 \(m\) 个绿点代表终点。根据 \(\tt LGV\) 引理，我们只需要求出 \(n\) 条点不相交的路径，从红点开始在绿点结束的方案数。路径的权值是边权的乘积，方案的权值是路径权值的乘积。
再解释一下 \(B_S\) 这个东西，这对应了方案中的任意选择终点，所以被考虑进去了。
每一次变换相当于添加了 \(m\) 个点，和上一层的对应点连一条边权为 \(d\) 的边。对于在 \([l_i,r_i)\) 中的点，和下一个点连一条边权为 \(c\) 的边，这样构造正好能对应变换规则。
那么问题转化成在上图中求 \(n\) 条不交路径的方案数，直接 \(dp\) 很困难。
利用题目中 \(s\) 的条件，考虑切换 \(dp\) 主体，即我们不再按行 \(dp\) 而是按列 \(dp\)。那么每一列最多存在 \(9\) 个路径暂时的终点，可以暴力状压下来，设 \(dp[i][s]\) 表示考虑到第 \(i\) 列，集合 \(s\) 中的点作为终点的方案数（全集是这一列所有存在入边的点）
一个暴力的转移方法是，我们枚举这一层每个点对应走到下一层的哪个点，由于不交的限制，复杂度大概是 \(O(q\cdot 2^{2s})\)
再深入的分析，其实每个点都对应着下一层的一个范围，这个范围中的点是只有这个点能走到的。所以可以先传递给下一层离得最近的一个点，在考虑到下一层的时候考虑层间的转移（类似高维前缀和），复杂度大概是 \(O(q\cdot 2^{s})\)
对于前 \(i\leq n\) 列，转移时需要加入起点；如果终点在 \(s\) 中，转移到下一层时需要把终点删除（代表这条路径结束）
还是不太好讲清楚，可以结合代码理解具体怎么 \(dp\) 的。
总结
这种逆向思考的题目通常是难以下手的，但是出题人造出这道题一定是正向出发的。
所以正确的打开方式是，抓住题目中有特征的关键东西，然后考虑和这东西有关的理论，尝试套用一些经典模型。
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx", "sse")
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
#define pb push_back
#define z(x) (1<<(x))
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,k,po,dp[2][1<<9];vector<int> v[M],W[M];
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("encode.in","r",stdin);
freopen("encode.out","w",stdout);
n=read();m=read();k=read();po=1;
for(int cnt=0;k--;)
{
int l=read(),r=read(),c=read(),h=read();
po=po*h%MOD;
for(int i=l;i<r;i++)
v[i].pb(++cnt),W[i].pb(c);
}
dp[0][0]=1;
for(int t=1,w=0;t<=m+1;t++,w^=1)
{
memset(dp[w^1],0,sizeof dp[w^1]);
static int a[11]={},b[11]={},d[11]={};
int n1=0,n2=0;
for(auto x:v[t-1]) a[n1++]=x;
for(auto x:v[t]) b[n2++]=x;
for(int i=0,k=0;i<n1;i++)
{
while(k<n2 && b[k]<a[i]) k++;
d[i]=k;
}
//down
for(int i=0;i<n1;i++)
for(int s=0;s<z(n1+1);s++)
if((s>>i&1) && !(s>>(i+1)&1))
add(dp[w][s^z(i)^z(i+1)],dp[w][s]);
//delete the last one
for(int s=0;s<z(n1);s++)
add(dp[w][s],dp[w][s|z(n1)]);
if(t>m) break;
//to next
for(int s=0;s<z(n1);s++) if(dp[w][s])
{
int ts=0,c=0,x=dp[w][s];
if(t<=n) ts=1,c++;
for(int i=0;i<n1;i++) if(s>>i&1)
ts|=z(d[i]),c++,x=x*W[t-1][i]%MOD;
if(__builtin_popcount(ts)!=c) continue;
add(dp[w^1][ts],x);
}
}
printf("%lld\n",dp[m&1][0]*qkpow(po,n)%MOD);
}
