CSP-S加赛1

A. antipalindrome

真 · 签到题

然后忘了给 \(m\) 取模， 挂了 \(10pts\)

考虑任何大于\(1\) 的回文， 必然存在相邻两个字母相同，或者中间隔一个字母，那么从前往后考虑每一个位置，他有 \(m - 2\) 种可选方案

答案就是 \(m * (m - 1) * (m - 2) ^{n - 2}\)

code

#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll qpow(ll x, ll y){
	ll ans = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = x * x % mod)if(y & 1)ans = ans * x % mod;
	return ans;
}
ll n, m;
ll work(){
	m %= mod;
	if(n == 1)return m;
	if(n == 2)return m * (m - 1) % mod;
	if(m == 1)return 0;
	return m * (m - 1) % mod * qpow(m - 2, n - 2) % mod;
}
int main(){
	int t; scanf("%d",&t);
	for(int ask = 1; ask <= t; ++ask){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		printf("%lld\n",work() % mod);
	}
	return 0;
}

B. ZZH与计数

预处理打挂了， 然后没捞到暴力分...

发现对于一个数 \(i\)， 它有 \(a\) 位为 \(1\)， \(b\) 位为 \(0\)， 那么对于 \(a\) 中 \(x\) 位为 \(1\)， \(b\) 中 \(y\) 位为 \(1\) 的所有数，得到他们的概率是一样的， 可以用数学归纳法证明

进一步扩展，发现对 \(a\) 相同的 \(i\) 到相同的 \(x\)， \(y\), 概率也是一样的

所以我们可以按照 \(a\) 进行处理，得到 \(f_{a, x ,y}\)

然后进行一些 \(dp\) 得到答案

先考虑如何求得 \(f\)

发现当 \(a, b\) 确定时， 从二元组 \((i, j)\) 转移到 \((x, y)\) 的概率是不变的， 于是我们可以用矩阵乘法进行转移，快速幂优化一下

转移矩阵系数，在 \(i >= x j >= y\) 时， 有 \(p\) 概率操作， 一共\(2^{i + j}\)种结果， 其中 \(C_i^xC_j^y\)种为目标状态，于是这部分系数为 \(p * C_i^xC_j^y * inv(2^{i+ j})\)

类似的可以得到 \(i <= x j <= y\) 的转移系数，这里不再展开

最后从矩阵转存到\(f\)数组对应位时乘上\(inv(C_a^xC_b^y)\)

对于这部分矩阵乘法，有 \(n^2\)个二元组，这是 \(n^4\)的矩阵， 每次乘法都是 \(n^6\), 所以一共复杂度 \(n^7log m\)

好像有亿点大， 所以优化一下常数， 发现每次使用的数满足 \(x <= a\), \(y <= b\)，每次只对他们进行标号，不必每次跑 \(n^4\)矩阵， 这样我们给它乘上了一个非常小的常数 (\(< 1\)) 所以复杂度就正确了

再考虑 \(dp\)，设\(dp_{i, s, a, b}\) 表示处理完了前 \(i - 1\) 位， 答案的前 \(i - 1\) 位为 \(s\) 的前 \(i - 1\) 位， \(s\) 的剩余位是未处理的原始值, 还需要\(a\) 位原始值为 \(1\) 的位填 \(1\)， \(b\)位原始值为 \(0\) 的填 \(1\)的期望

初始状态枚举所有数 \(s\) 以及对应的 \(a, b\)

\(dp_{0, s, a, b} = v_s * f_{ct[s], a, b}\)

转移显然

答案就是 \(dp_{n, 0, 0, 0}…… dp_{n, 2^{n} - 1, 0, 0}\)

忘了粘代码了。。。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;

struct matrix{
	int n, a[330][330];
	void clear(){n = 0; memset(a, 0, sizeof(a));}
	matrix(){clear();}
	friend matrix operator *(const matrix a, const matrix b){
		matrix c; c.n = a.n;
		for(int i = 1; i <= c.n; ++i)
			for(int k = 1; k <= c.n; ++k){
				int ls = a.a[i][k];
				for(int j = 1; j <= c.n; ++j)c.a[i][j] = (c.a[i][j] + 1ll * ls * b.a[k][j] % mod) % mod;
			}
		return c;
	}
	void gen(int _n){n = _n; for(int i = 1; i <= n; ++i)a[i][i] = 1;}
};
int qpow(int x, int y){
	int ans = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod)if(y & 1)ans = 1ll * ans * x % mod;
	return ans;
}
int ct[150005], ipo[25], n, m, mx, p, ip;
int c[25][25], invc[25][25];
void init(){
	int a, b;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
	mx = (1	 << n);
	ipo[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i) ipo[i] = qpow(1 << i, mod - 2);
	for(int i = 1; i < mx; ++i)ct[i] = ct[i >> 1] + (i & 1);
	for(int i = 0; i <= n; ++i){
		c[i][0] = 1; invc[i][0] = 1;
		for(int j = 1; j <= i; ++j){
			c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
			invc[i][j] = qpow(c[i][j], mod - 2);
		}
	}
	p = 1ll * a * qpow(b, mod - 2) % mod;
	ip = 1ll * (b - a) * qpow(b, mod - 2) % mod;
}
int ans[150005];
int v[150005];
int g[19][19][19];
int f[2][150005][19][19];
int id[17][17];
void work(){
	for(int a = 0; a <= n; ++a){
		int b = n - a, cnt = 0;
		for(int i = 0; i <= a; ++i)
		  for(int j = 0; j <= b; ++j)
		  	id[i][j] = ++cnt;
		matrix mp; mp.n = cnt;
		for(int i = 0; i <= a; ++i)
			for(int j = 0; j <= b; ++j){
				for(int x = 0; x <= i; ++x)
					for(int y = 0; y <= j; ++y)
						mp.a[id[i][j]][id[x][y]] = (mp.a[id[i][j]][id[x][y]] + 1ll * c[i][x] * c[j][y] % mod * ipo[i + j] % mod * p % mod) % mod;
				for(int x = i; x <= a; ++x)
					for(int y = j; y <= b; ++y)
						mp.a[id[i][j]][id[x][y]] = (mp.a[id[i][j]][id[x][y]] + 1ll * c[a - i][x - i] * c[b - j][y - j] % mod * ipo[n - i - j] % mod * ip % mod) % mod;
			}
		matrix as; as.gen(cnt);
		int lm = m;for(; lm; mp = mp * mp, lm >>= 1)if(lm & 1)as = as * mp;
		for(int x = 0; x <= a; ++x)
			for(int y = 0; y <= b; ++y)
				g[a][x][y] = 1ll * as.a[id[a][0]][id[x][y]] * invc[a][x] % mod * invc[b][y] % mod;
	}
	for(int i = 0; i < mx; ++i){
		for(int a = 0; a <= ct[i]; ++a){
			for(int b = 0; b <= n - ct[i]; ++b){
				f[0][i][a][b] = 1ll * g[ct[i]][a][b] * v[i] % mod;
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i < n; ++i){
		for(int s = 0; s < mx; ++s){	
			for(int a = 0; a <= n; ++a){
				for(int b = 0; b <= n - a; ++b){
					if(f[i & 1][s][a][b]){
						int now = f[i & 1][s][a][b];
						if(s & (1 << i)){
							if(a)f[(i + 1) & 1][s][a - 1][b] = (f[(i + 1) & 1][s][a - 1][b] + now) % mod;
							f[(i + 1) & 1][s xor (1 << i)][a][b] = (f[(i + 1) & 1][s xor (1 << i)][a][b] + now) % mod;
						}else{
							if(b)f[(i + 1) & 1][s | (1 << i)][a][b - 1] = (f[(i + 1) & 1][s | (1 << i)][a][b - 1] + now) % mod;
							f[(i + 1) & 1][s][a][b] = (f[(i + 1) & 1][s][a][b] + now) % mod;
						}
						f[i & 1][s][a][b] = 0;
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i < mx; ++i)ans[i] = f[n & 1][i][0][0];
}
int main(){
	init(); for(int i = 0; i < mx; ++i)scanf("%d",&v[i]);
	work(); for(int i = 0; i < mx; ++i)printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}