[小菜一碟]4.11测试讲解

目录

• #0.0 前言
• #1.0 悠闲的小Aik
  • #1.1 理解题意
  • #1.2 设计状态，写出方程
  • #1.3 伪代码
  • #1.4 优化
• #2.0 卡牌大师
  • #2.1 简化题目
  • #2.2 颓柿子
• #3.0 补充证明
  • #3.1 朱世杰恒等式
  • #3.2 Lucas 定理

#0.0 前言

这里是本人出的校内测试题_水题的题解，题面见此：【氵题】，Password：0411
（T3 不是我出的，所以我不写 T3 题解(-、-)）

#1.0 悠闲的小Aik

#1.1 理解题意

首先，不得不承认，因为本人的语文水平较低，导致题面有些难懂，我们来看几个问题

1. \(c_i\) 到底是干什么用的？到底是什么意义？

\(c_i\) 可以这么理解：对于关卡 \(i\)，若 \(\exists k\in[i-c_i,i-1]\)，第 \(k\) 关已被通过，那么可以直接挑战第 \(i\) 关

2. 来看下面这个数学式子：

\[p = 7^{362},q=49^{4}\\ M\equiv2\times(p-\left\lfloor\dfrac{p}{100}\right\rfloor\times100 + q-\left\lfloor\dfrac{q}{15}\right\rfloor\times15)(\text{mod }100) \]

其实 \(7^{362}\) 和 \(49^4\) 这两个数是我直接从选修4-6上抄下来的，运用费马小定理易知：

\[p\equiv49(\text{mod }100),q\equiv1(\text{mod }15) \]

故有

\[M\equiv2\times50\equiv0(\text{mod }100) \]

由此我们知道了，在任意时刻，\(M\) 总能被 \(100\) 整除，再结合数据范围 \(M\leq10^4\)，可以看出，\(M\) 的实际取值只有 \(101\) 个数（\(0\times100\sim100\times100\)）

#1.2 设计状态，写出方程

我们可以这样设计状态：

\(f_{i,j}\) 表示到达第 \(i\) 关时能力值为 \(j\)，在该状态下通过这一关后的最小步数

显然有转移方程：

\[f_{i,j}=\min\limits_{i-c_i\leq k< i}\{f_{k,j-b_k}\}+1. \]

来理解一下上面的柿子，我们的转移候选区间为 \([i-c_i,i-1]\)，我们需要一个最小的 \(f_{k,j-b_k}\)，在此基础上进行转移，即步数加一。那么为什么是 \(j-b_k\)？回想我们刚才设计的状态：第二维的 \(j\) 是到达时的能力值而非通过后，所以我们需要减去上一关的收益。因为在任意时刻 \(M\) 都可以被 \(100\) 整除，所以我们直接在输入后处理即可。

#1.3 伪代码

\(j\) 的范围很小，可以直接枚举，时间复杂度 \(O(100\cdot n^2)\)

\[\begin{aligned} &\text{set}(f,\infty)\\ &\text{For }i\leftarrow1\text{ to }n\text{ do}\\ &\quad\quad \text{For }j\leftarrow a_i\text{ to }100\text{ do}\\ &\quad\quad\quad\quad \text{For }k\leftarrow i-c_i\text{ to }i-1\text{ do}\\ &\quad\quad\quad\quad\quad\quad f_{i.j}\leftarrow\min\{f_{i,j},f_{k,j-b_k}\}\\ &\quad\quad\quad\quad f_{i,j}\leftarrow f_{i,j}+1\\ \end{aligned} \]

#1.4 优化

很显然，上面程序的时间复杂度使我们不能接受的，考虑优化。

观察上面的状态转移方程：

\[f_{i,j}=\min\limits_{i-c_i\leq k< i}\{f_{k,j-b_k}\}+1. \]

我们想要的仅是区间 \([i-c_i,i-1]\) 的最小值，当 \(i\) 变为 \(i+1\) 时，方程变为：

\[f_{i+1,j}=\min\limits_{i+1-c_{i+1}\leq k< i+1}\{f_{k,j-b_k}\}+1. \]

题干中又给出 “\(c_i\) 非严格递减”，这也就意味着，对于同一个 \(j\) 时，\(f_{i,j}\) 与 \(f_{i+1,j}\) 的候选区间有很大的交叉，区间左端点会向右平移几位，右端点向右平移一位。这样的特点不能不让我们想起 单调队列，但要是 \(j\) 变化呢？

\[f_{i,j+1}=\min\limits_{i-c_i\leq k< i}\{f_{k,j+1-b_k}\}+1. \]

候选区间已经完全不一样了，但是，\(j\) 的范围很小，我们为什么不能多开几个单调队列？于是，我们可以对于每一个 \(j\)，单独看一个单调队列。

几个注意的点：

• 由于我们设计的状态，在更新完 \(f_{i,j}\) 后，我们应当将其加入 \(j'=j+b_i\) 的候选区间，也就是 \(j+b_i\) 这条单调队列
• 在维护单调性时，我们应将 \(f_{i,j}\) 与队列尾部的 \(f_{k,j+b_i-b_k}\) 进行比较，请结合上一条进行理解。

const int N = 50010;
const int INF = 0x3fffffff;

struct Hurdle{
    int a;
    int b;
    int c;
};
Hurdle h[N];

int n,x,f[N][201],q[201][N];
int frt[201],tal[201];

int main(){
    mset(tal,-1); //memset(tal,-1,sizeof(tal));
    mset(f,0x3f);
    scanf("%d%d",&n,&x);
    x /= 100;
    for (int i = 1;i <= n;i ++){
    	int a,b,c;
    	scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    	h[i].a = a / 100;
    	h[i].b = b / 100;
    	h[i].c = c;
	}
      
    f[1][x] = 1;
    q[h[1].b + x][++ tal[h[1].b + x]] = 1;
    
    for (int i = 2;i <= n;i++){
        for (int j = 100;j >= h[i].a;j --){
        	int nxt = j + h[i].b;
            while (frt[j] <= tal[j] && q[j][frt[j]] < i - h[i].c)
              frt[j] ++;
            if (frt[j] <= tal[j])
              f[i][j] = f[q[j][frt[j]]][j - h[q[j][frt[j]]].b] + 1;
            while (frt[nxt] <= tal[nxt] && f[q[nxt][tal[nxt]]][nxt - h[q[nxt][tal[nxt]]].b] >= f[i][j])
              tal[nxt] --;
            q[nxt][++ tal[nxt]] = i;
        }
    }
    
    int minn = INF;
    for (int i = 0;i <= 100;i ++)
      minn = min(minn,f[n][i]);
    if (minn > n) cout << "+200";
    else cout << minn;
    return 0;
}

#2.0 卡牌大师

#2.1 简化题目

至多 \(m\) 个 \(A\) 与至多 \(n\) 个 \(B\) 可形成的排列总数（不计空排列）

#2.2 颓柿子

依次考虑 \(A\) 的个数与 \(B\) 的个数，可知答案为

\[\sum\limits_{i=0}^m\sum\limits_{j=0}^n\dbinom{i+j}{i}-1 \]

直接循环处理这个柿子的时间复杂度为 \(O(mn)\)，显然不行，要颓柿子

我们知道，有 朱世杰恒等式^[1]

\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i+m}{m}=\dbinom{n+m+1}{m+1} \]

我们的柿子正好符合这个形式

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=0}^m\sum\limits_{j=0}^n\dbinom{i+j}{i}-1\\ =&\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{i+n+1}{i+1}-1\\ =&\sum\limits_{i=1}^{m+1}\dbinom{i+n}{i}-1=\sum\limits_{i=1}^{m+1}\dbinom{i+n}{i}-1\\ =&\sum\limits_{i=0}^{m+1}\dbinom{i+n}{i}-\dbinom{n}{0}-1=\sum\limits_{i=0}^{m+1}\dbinom{i+n}{n}-2\\ =&\dbinom{n+m+1+1}{n+1}-2=\dbinom{n+m+2}{n+1}-2 \end{aligned} \]

好的，现在我们得到了一个看似简单了许多的柿子，但是注意到 \(n,m\leq10^{18}\)，虽然有模数 \(19260817\)，但仍旧无法得到我们想要的结果，如果要预处理，\(n,m\) 太大了，如果要直接用 \(\tbinom{n}{m}=\tfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，显然 \(n,m\) 依旧太大，所以要使用另一个定理：Lucas 定理^[2]

设 \(p\) 是一个质数，\(n\) 用 \(p\) 进制表示为 \(a_0+a_1p^1+a_2p^2+\cdots+a_kp^k\)，\(m\) 用 \(p\) 进制表示为 \(b_0+b_1p^1+b_2p^2+\cdots+b_kp^k\)，那么有：

\[\dbinom{n}{m}\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

所以，我们就可以将 \(n+m+2\) 和 \(n+1\) 分别转为 \(p\) 进制，再运用卢卡斯定理即可。

我们再次注意到，如果要递推求 \(\tbinom{a_i}{b_i}\)，最大要预处理到 \(\tbinom{p}{p}\)，时间、空间复杂度都为 \(O(p^2)\)，不能接受，所以我们可以线性求阶乘以及其逆元，然后直接使用 \(\tbinom{n}{m}=\tfrac{n!}{m!(n-m)!}\) 即可。

const int N = 20000010;
const int MOD = 19260817;
const int INF = 0x3fffffff;

ll t,k,n,m,tms[N],inv[N],tmsinv[N],ans,coe[2][3];
ll p[3] = {1,19260817,370979071507489};

inline void pre_c(){
    tms[0] = 1,tmsinv[0] = 1,inv[1] = tmsinv[1] = 1;
    for (int i = 1;i < N;i ++)
      tms[i] = (tms[i - 1] * i) % MOD;
    for(int i = 2;i <= MOD;i ++){
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
        tmsinv[i] = tmsinv[i - 1] * inv[i] % MOD;
    }
}

inline ll C(ll i,ll j){
    if (i < j) return 0;
    if (j == 0) return 1;
    return ((tms[i] * tmsinv[j]) % MOD) * tmsinv[i - j] % MOD;
}

inline void get_coe(ll x,int rel){
    int last = 2;
    while (x > 0){
        while (x < p[last])
          last --;
        coe[rel][last] = x / p[last];
        x -= coe[rel][last] * p[last];
    }
}

int main(){
    pre_c();
    scanf("%lld",&t);
    while (t --){
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        ans = 1;
        mset(coe,0);
        get_coe(m + n + 2,0);
        get_coe(m + 1,1);
        for (int i = 0;i <= 2;i ++)
          ans = (ans * C(coe[0][i],coe[1][i])) % MOD;
        printf("%lld\n",((ans - 2) % MOD + MOD) % MOD);
    }
    return 0;
}

#3.0 补充证明

#3.1 朱世杰恒等式

考虑 \((x+1)^{n+m+1}\) 中项 \(x^{m+1}\) 的系数.

\[(x+1)^{n+m+1}=\begin{matrix}\underbrace{(x+1)(x+1)\cdots(x+1)}\\n+m+1个\end{matrix}\\ \]

柿子左边的项 \(x^{m+1}\) 的系数显然是 \(\tbinom{n+m+1}{m+1}\)，再来看右边。

我们考虑对第一个 \(x\) 选取的位置进行分类，第一个 \(x\) 最小在第一个柿子里取，最大在第 \(n+1\) 个柿子里取，剩下 \(m\) 个 \(x\) 在其后面的几项中取，故其系数应为：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n+1}\dbinom{n+m+1-i}{m}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n+m-i}{m}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{m+(n-i)}{m}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{m+i}{m}\\ \end{aligned} \]

那么，等式两边 \(x^{m+1}\)的系数应当是相等的，所以有

\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i+m}{m}=\dbinom{n+m+1}{m+1}\tag{1} \]

证毕.

#3.2 Lucas 定理

易知，当 \(1\leq j \leq p^i-1,i\geq1\) 时，\(\tbinom{p^i}{j}\) 是 \(p\) 的倍数，故

\[(1+x)^{p^i}=1+x^{p^i}+\sum\limits_{j=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j}x^j\equiv1+x^{p^i}(\text{mod }p). \]

所以有

\[\begin{aligned} (1+x)^n=&(1+x)^{\sum\limits_{i=0}^ka_ip^i}=\prod\limits_{i=0}^k[(1+x)^{p^i}]^{a_i}\equiv\prod\limits_{i=0}^k(1+x^{p^i})^{a_i}\\ =&\prod\limits_{i=0}^k\left[\sum\limits_{j_i=0}^{a_i}x^{j_ip^i}\dbinom{a_i}{j_i}\right] \end{aligned} \]

上式左端 \(x^m\) 的系数为 \(\tbinom{n}{m}\)，考虑到 \(m\) 表示成 \(p\) 进制的唯一性，\(m=b_0+b_1p^1+\cdots+b_kp^k\)，故上式右端 \(x^m\) 的系数应为

\[\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

故有

\[\begin{equation} \dbinom{n}{m}\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p).\tag{2} \end{equation} \]

证毕.

在考后讲解时遇到了这样的问题：

\(b_i\) 有可能大于 \(a_i\)，那么此时式 \((2)\) 仍成立吗？

仍成立。

证明：

根据组合数的定义，我们知道，当 \(a_i<b_i\) 时，\(\tbinom{a_i}{b_i}=0\)，所以式 \((2)\) 右端的柿子等于零；再来看左边的柿子：

\[\begin{aligned} (1+x)^n=&(1+x)^{\sum\limits_{i=0}^ka_ip^i}=\prod\limits_{i=0}^k[(1+x)^{p^i}]^{a_i}\\ =&\prod\limits_{i=0}^k[1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i} \end{aligned} \]

所以得

\[\begin{align} (1+x)^n=\prod\limits_{i=0}^k[1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i}\tag{3} \end{align} \]

不难发现，在式 \((3)\) 右边出现项 \(x^{b_ip^i}\) 是有可能的，我们将 \([1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}]^{a_i}\) 展开，得到：

\[\begin{matrix}\underbrace{(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})\cdots(1+x^{p^i}+\sum\limits_{j_i=1}^{p^i-1}\dbinom{p^i}{j_i}x^{j_i})}\\a_i个\end{matrix} \]

显然有多种选取方法可以得到 \(x^{b_ip^i}\)，比如在第一个柿子中选 \(x^{p^i}\)，在第二个式子中选 \(x^{b_i}\)，其他的柿子都选 \(1\)，最终的结果即为 \(x^{b_ip^i}\)。但注意到，无论怎样选取，必然有至少一个因子是从 \(\sum_{j_i=1}^{p^i-1}\tbinom{p^i}{j_i}x^{j_i}\) 中选取得到的，所以项 \(x^{b_ip^i}\) 前的系数至少有一个为 \(\tbinom{p^i}{j_i},1\leq j_i\leq p^i-1\)，而我们知道 \(p|\tbinom{p^i}{j_i},1\leq j_i\leq p^i-1\)，故上式在模 \(p\) 意义下时，设 \(x^{b_ip^i}\) 的系数为 \(\alpha\)，必然有

\[p|\alpha,\quad\alpha x^{b_ip^i}\equiv0(\text{mod }p). \]

所以 \(x^{b_ip^i}\) 的系数在模 \(p\) 意义下为 \(0.\)

那么，在由相乘得到 \(x^m=x^{b_0+b_1p^1+\cdots+b_kp^k}\) 时，自然项 \(x^m\) 的系数也为 \(0\)，所以，式 \((3)\) 左边项 \(x^m\) 的系数在模 \(p\) 意义下为 \(0\)，而单独分析式 \((3)\) 左端柿子中 \(x^m\) 的系数应为 \(\tbinom{n}{m}\)，所以可知

\[\dbinom{n}{m}\equiv0\equiv\prod\limits_{i=0}^k\dbinom{a_i}{b_i}(\text{mod }p). \]

即得式 \((2)\) 在 \(\exists a_i<b_i\) 时仍成立。

证毕.