专项测试数学3

A. 解方程

不考虑两种限制很好做，用插板法，把 \(m\) 个球分成 \(n\) 堆

就是 \(\binom{m-1}{n-1}\)

第二种限制是大于等于的于是可以先给这些数分配 \(a_i-1\) 就行

第一种限制不好直接做，于是考虑容斥，用全部的方案数减去不合法的方案数

不合法的限制是 \(x>a_i\) 形式和第二种限制一样

然后剩下的直接容斥

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint signed
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int T,p,n,n1,n2,m,U,ans;
int a[20];
inline void sc(){
	n=read(),n1=read(),n2=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n1+n2;i++) a[i]=read();
}
namespace P1{
	#define mod 10007
	int fac[10010],inv[10010];
	inline int qpow(int x,int k){
		int res=1,base=x;
		while(k){if(k&1) res=res*base%mod;base=base*base%mod;k>>=1;}
		return res;
	}
	inline void pre(){fac[0]=inv[0]=1;for(int i=1;i<=10006;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod,inv[i]=inv[i-1]*qpow(i,mod-2)%mod;}
	inline int C(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
	inline int Lucas(int n,int m){
		if(n<0||m>n) return 0;if(!m) return 1;if(n<mod&&m<mod) return C(n,m);
		return C(n%mod,m%mod)*Lucas(n/mod,m/mod)%mod;
	}
	inline void solve(){
		sc();ans=0;for(int i=n1+1;i<=n1+n2;i++) m-=a[i]-1;U=(1<<n1)-1;
		if(m-1<n-1) return puts("0"),void();
		for(int sta=0,sum,r;sta<=U;sta++){
			sum=m;r=(__builtin_popcount(sta)&1)?-1:1;
			for(int i=1;i<=n1;i++) if(sta&(1<<(i-1))) sum-=a[i];
			ans=(ans+r*Lucas(sum-1,n-1)+mod)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	#undef mod
}
namespace P2{
	#define mod 262203414
	int A[10],pA[10],B[10];//2*3*11*397*10007
	int f[10010][10];
	inline int qpow(int x,int k,int p){
		int res=1,base=x;
		while(k){if(k&1) res=res*base%p;base=base*base%p;k>>=1;}
		return res;
	}
	inline void pre(){
		A[1]=2,pA[1]=2;
		A[2]=3,pA[2]=3;
		A[3]=11,pA[3]=11;
		A[4]=397,pA[4]=397;
		A[5]=10007,pA[5]=10007;
		for(int i=1,r;i<=5;i++){
			f[0][i]=r=1;
			for(int j=1,x;j<=A[i];j++){
				x=j;while(x%pA[i]==0) x/=pA[i];
				r=r*x%A[i];f[j][i]=r;
			}
		}
	}
	void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
		if(!b) return x=1,y=0,void();
		exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
	}
	inline int INV(int a, int p){int x,y;exgcd(a,p,x,y);return (x+p)%p;}
	inline int F(int n,int x){
		if(n<=A[x]) return f[n][x];
		int rou=1,rem=1,P=pA[x],PK=A[x];
		for(int i=1;i<=PK;i++) if(i%P) rou=rou*i%PK;
		rou=qpow(rou,n/PK,PK);
		for(int i=PK*(n/PK);i<=n;i++) if(i%P) rem=rem*(i%PK)%PK;
		return (F(n/P,x)*rou%PK*rem%PK);
	}
	inline int G(int n,int P){if(n<P) return 0;return G(n/P,P)+(n/P);}
	inline int C_PK(int n,int m,int x){
		int P=pA[x],PK=A[x];
		int fz=F(n,x),fm1=INV(F(m,x),PK),fm2=INV(F(n-m,x),PK);
		int mi=qpow(P,G(n,P)-G(m,P)-G(n-m,P),PK);
		return fz*fm1%PK*fm2%PK*mi%PK;
	}
	inline int exLucas(int n,int m){
		if(n<0||m>n) return 0;if(!m) return 1;
		for(int i=1;i<=5;i++) B[i]=C_PK(n,m,i);
		int res=0;
		for(int i=1,M,T;i<=5;i++){
			M=mod/A[i];T=INV(M,A[i]);
			res=(res+B[i]*M%mod*T%mod)%mod;
		}
		return res;
	}
	inline void solve(){
		sc();ans=0;for(int i=n1+1;i<=n1+n2;i++) m-=a[i]-1;U=(1<<n1)-1;
		if(m-1<n-1) return puts("0"),void();
		for(int sta=0,sum,r;sta<=U;sta++){
			sum=m;r=(__builtin_popcount(sta)&1)?-1:1;
			for(int i=1;i<=n1;i++) if(sta&(1<<(i-1))) sum-=a[i];
			ans=(ans+r*exLucas(sum-1,n-1)+mod)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	#undef mod
}
namespace P3{
	#define mod 437367875
	int A[10],pA[10],B[10];//5*5*5*7*7*7*101*101
	int f[10300][5];
	inline int qpow(int x,int k,int p){
		int res=1,base=x;
		while(k){if(k&1) res=res*base%p;base=base*base%p;k>>=1;}
		return res;
	}
	inline void pre(){
		A[1]=125,pA[1]=5;
		A[2]=343,pA[2]=7;
		A[3]=10201,pA[3]=101;
		for(int i=1,r;i<=3;i++){
			f[0][i]=r=1;
			for(int j=1,x;j<=A[i];j++){
				x=j;while(x%pA[i]==0) x/=pA[i];
				r=r*x%A[i];f[j][i]=r;
			}
		}
	}
	void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
		if(!b) return x=1,y=0,void();
		exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
	}
	inline int INV(int a, int p){int x,y;exgcd(a,p,x,y);return (x+p)%p;}
	inline int F(int n,int x){
		if(n<=A[x]) return f[n][x];
		int rou=1,rem=1,P=pA[x],PK=A[x];
		for(int i=1;i<=PK;i++) if(i%P) rou=rou*i%PK;
		rou=qpow(rou,n/PK,PK);
		for(int i=PK*(n/PK);i<=n;i++) if(i%P) rem=rem*(i%PK)%PK;
		return (F(n/P,x)*rou%PK*rem%PK);
	}
	inline int G(int n,int P){if(n<P) return 0;return G(n/P,P)+(n/P);}
	inline int C_PK(int n,int m,int x){
		int P=pA[x],PK=A[x];
		int fz=F(n,x),fm1=INV(F(m,x),PK),fm2=INV(F(n-m,x),PK);
		int mi=qpow(P,G(n,P)-G(m,P)-G(n-m,P),PK);
		return fz*fm1%PK*fm2%PK*mi%PK;
	}
	inline int exLucas(int n,int m){
		if(n<0||m>n) return 0;if(!m) return 1;
		for(int i=1;i<=3;i++) B[i]=C_PK(n,m,i);
		int res=0;
		for(int i=1,M,T;i<=3;i++){
			M=mod/A[i];T=INV(M,A[i]);
			res=(res+B[i]*M%mod*T%mod)%mod;
		}
		return res;
	}
	inline void solve(){
		sc();ans=0;for(int i=n1+1;i<=n1+n2;i++) m-=a[i]-1;U=(1<<n1)-1;
		if(m-1<n-1) return puts("0"),void();
		for(int sta=0,sum,r;sta<=U;sta++){
			sum=m;r=(__builtin_popcount(sta)&1)?-1:1;
			for(int i=1;i<=n1;i++) if(sta&(1<<(i-1))) sum-=a[i];
			ans=(ans+r*exLucas(sum-1,n-1)+mod)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	#undef mod
}
signed main(){
#ifdef LOCAL
	freopen("in","r",stdin);
	freopen("out","w",stdout);
#endif
	T=read(),p=read();
	if(p==10007){P1::pre();while(T--) P1::solve();}
	if(p==262203414){P2::pre();while(T--) P2::solve();}
	if(p==437367875){P3::pre();while(T--) P3::solve();}
	return 0;
}

B. 宇宙序列

先说暴力，题里给的式子时裸的异或卷积式，所以直接上 \(fwt\) 暴力卷

卷积具有结合律所以可以应用矩阵快速幂（？这个不太会证明，但至少加减的卷积和位运算的都具有这个性质

发现在点值表示法下同一个位置做加法并不影响其他位置的值(一样不会证明，卷积好像都有这个性质？不懂

有了上面两条就可以把暴力的 \(fwt\) 卷积变一变了

设 \(a_i\) 为点值表示法下 \(i\) 这个下标的值，然后把所有的值都累加到 \(b\) 数组里

\(b_i=\sum\limits_{i=0}^pa_i^{2^j}\)

最后再一次 \(IDFT\) 求出 \(b\) 就行

那么问题变成了如何求出每个点的值，可以使用倍增法，也可以找循环节

我用的倍增实现

设 \(f_{x,k}=\sum\limits_{i=0}^{2^k-1}x^{2^i}\)

那么有 \(f_{x,k}=f_{x,k-1}+f_{x^{2^{2^{k-1}}},k-1}\)

就是把上面的 \(x\) 变成上面的式子的第 \(2^k\) 项然后再拼起来就行

然后再对于每个值求出他最后的系数，求法和倍增的方法一样，可以画个图意会一下然后看看代码实现

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint signed
#define mod 10007
#define i2 5004
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,p,J,len,ans;
int a[262200];
int f[10010][40],F[10010],k2[40];
inline void md(int &x){x=(x>=mod)?x-mod:x;}
inline int qpow(int x,int k,int p){
	int res=1,base=x;
	while(k){if(k&1) res=res*base%p;base=base*base%p;k>>=1;}
	return res;
}
inline void fwt(int tx){
	for(int d=1;d<len;d<<=1) for(int i=0;i<len;i+=(d<<1)) for(int j=0;j<d;j++){
		int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
		md(a[i+j]=(x+y));md(a[i+j+d]=(x-y+mod));
		if(tx==-1) a[i+j]=a[i+j]*i2%mod,a[i+j+d]=a[i+j+d]*i2%mod;
	}
}
inline void pre(){
	k2[0]=1;for(int i=1;i<=35;i++) k2[i]=k2[i-1]*2;
	for(int i=0;i<mod;i++) f[i][0]=i;
	for(int j=1;j<=35;j++) for(int i=0,to;i<mod;i++){
		to=qpow(i,qpow(2,k2[j-1],mod-1),mod);
		f[i][j]=(f[i][j-1]+f[to][j-1])%mod;
	}
	for(int i=0,x,k,to;i<mod;i++){
		x=i,k=p+1;
		for(int j=35;~j;j--) if((1ll<<j)<=k){
			k-=(1ll<<j);
			F[i]=(F[i]+f[x][j])%mod;
			x=qpow(x,qpow(2,k2[j],mod-1),mod);
		}
	}
}
signed main(){
#ifdef LOCAL
	freopen("in","r",stdin);
	freopen("out","w",stdout);
#endif
	n=read(),p=read(),J=read();len=1<<n;pre();
	for(int i=0;i<len;i++) a[i]=read();
	fwt(1);for(int i=0;i<len;i++) a[i]=F[a[i]];fwt(-1);
	printf("%lld\n",a[J]);
	return 0;
}

C. exp

发现对于一段区间，如果中间的某一个 \(.\) 没有变成 \(x\) 那么他被这个点分成的两个区间互不影响

考虑根据这个性质进行 \(dp\)

设 \(f(l,r)\) 表示把区间 \([l,r-1]\) 都变成了 \(x\) 并且 \(r\) 为 \(.\) 的期望

\(g(l,r)\) 定义相同只不过为概率

\(p(l,r,k)\) 表示区间 \([l,k-1]\) 和 \([k+1,r-1]\) 已经变成 \(x\) 第 \(k\) 个位置最后变成 \(x\) 的概率

那么有 \(g(l,r)=\sum\limits_{k=l}^{r-1}p(l,r,k),f(l,r)=\frac{1}{g(l,r)}\sum\limits_{k=l}^{r-1}p_{l,r,k}*(f(l,k)+f(k+1,r)+\frac{k-l}{2})\)

\(\frac{k-l}{2}\) 为期望增加的步数

简单推导一下总共增加的步数的情况有 \(0,1,...,k-l\) 等差数列求和为 \(\frac{(k-l)*(k-l+1)}{2}\)

然后每种情况的概率都是 \(\frac{1}{(k-l+1)}\) 所以最后就是 \(\frac{k-l}{2}\)

走的步数成环，于是考虑破环为链，去枚举最后一个消掉的位置在哪里再加上最后一次的贡献 \(\frac{n-1}{2}\) 即可

答案为 \(\frac{n-1}{2}+\sum\limits_{i=1}^ng(i,i+n-1)*f(i,i+n-1)\)

然后考虑怎么求 \(p(l,r,k)\)

设 \(k\) 左右各有 \(lc,rc\) 个 \(.\)

那么总共有 \((r-l+1)^{lc+rc+1}\) 种情况

然后一共有 \(\binom{lc+rc}{lc}\) 种方案来分配消去左右两边的 \(.\) 的顺序

消去左右的 \(.\) 的方案数为 \((k-l+1)^{lc}*g(l,k)*(r-k)^{rc}*g(k+1,r)\)

进左边消再乘上概率就是消光左边的合法方案数，右边的同理

最后一次必须消掉 \(k\) 于是有 \(k-l+1\)

所以 \(p(l,r,k)=\binom{lc+rc}{lc}*(\frac{k-l+1}{r-l+1})^{lc}*g(l,k)*(\frac{r-k}{r-l+1})^{rc}*g(k+1,r)*\frac{k-l+1}{r-l+1}\)

最后注意判断全是 \(x\) 的情况

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint signed
#define eps 1e-8
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n;
int cnt[410];
double C[410][410];
double f[410][410],g[410][410],ans;
char st[410];
inline void pre(){for(int i=0;i<=400;i++) for(int j=C[i][0]=1;j<=i;j++) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];}
inline double qpow(double x,int k){
	double res=1,base=x;
	while(k){if(k&1) res=res*base;base=base*base;k>>=1;}
	return res;
}
inline double p(int l,int r,int k){
	int lc=cnt[k-1]-cnt[l-1],rc=cnt[r-1]-cnt[k];
	return C[lc+rc][lc]*qpow(1.0*(k-l+1)/(r-l+1),lc)*g[l][k]*qpow(1.0*(r-k)/(r-l+1),rc)*g[k+1][r]*1.0*(k-l+1)/(r-l+1);
}
inline void solve(){
	scanf("%s",st+1);n=strlen(st+1);for(int i=1;i<=n;i++) st[i+n]=st[i];n<<=1;
	memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));memset(cnt,0,sizeof(cnt));ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=cnt[i-1]+(st[i]=='.');
	for(int len=1;len<=(n>>1);len++) for(int l=1,r,fg;l+len-1<=n;l++) {
		r=l+len-1;
		fg=1;for(int i=l;i<r;i++) if(st[i]=='.') fg=0;
		if(fg&&st[r]=='.'){
			g[l][r]=1,f[l][r]=0;
		}else{
			for(int k=l;k<r;k++){
				double res=p(l,r,k);
				g[l][r]+=res;
				f[l][r]+=res*(f[l][k]+f[k+1][r]+(k-l)/2.0);
			}
			if(g[l][r]>eps) f[l][r]/=g[l][r];
		}
	}
	n>>=1;for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(g[i][i+n-1]*f[i][i+n-1]);if(cnt[n]) ans=ans+(n-1)/2.0;
	printf("%.10lf\n",ans);
}
signed main(){
#ifdef LOCAL
	freopen("in","r",stdin);
	freopen("out","w",stdout);
#endif
	pre();T=read();while(T--) solve();
	return 0;
}

posted @ 2022-01-07 19:09 Max_QAQ 阅读(75) 评论(0) 编辑收藏举报

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A. 解方程

B. 宇宙序列

C. exp

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