AtCoder ABC198 F - Cube
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AtCoder Beginner Contest 198 F-Cube
题意
一个立方体的六个面上各写了一个正整数，问有多少种方案使得六个数之和为 \(S\) 。
这里假定数字没有方向，即把立方体各种翻转的情况视为同一种方案。
\(6\leq S\leq 10^{18}\)
思路
有三种做法：
- 利用 \(P\acute{o}lya\) 定理计算
- 组合数大力分类讨论
- 手推/ \(OEIS\) 生成函数
太naïve了，赛时写的第二种，结果没有调完，这里主要讲第一种做法。
立方体翻转总共有 \(24\) 种情况，记 \(G\) 为这些置换方式的群，根据 \(P\acute{o}lya\) 定理，答案为
\[\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}c_0(g)
\]
那么我们便需要对于每个 \(g\)，计算 \(c_0(g)\) 的大小，考虑有哪些情况，\(24\) 个置换其实可以手算，但是因为懒（没凑齐） 就打了个表，代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define VI vector<int>
using namespace std;
vector<VI> rotate;
bool tf[7];
map<VI, bool> vis;
VI mul(int x, int y){
VI a = rotate[x], b = rotate[y];
rep(i,0,5) a[i] = b[a[i]-1];
return a;
}
void print_circle(VI p){
mem(tf, 0);
rep(i,1,6){
if(tf[i]) continue;
cout<<"("<<i;
int j = p[i-1];
while(j != i) cout<<" "<<j, tf[j]=true, j = p[j-1];
cout<<") ";
}
cout<<endl;
}
int main(){
int t = 720;
rotate.push_back({2, 6, 3, 4, 1, 5});
rotate.push_back({2, 3, 1, 6, 4, 5});
vis[rotate[0]] = true;
vis[rotate[1]] = true;
int j = 0;
while(++j <= rotate.size()){
print_circle(rotate[j-1]);
VI nxt;
rep(i,0,j-2) if(!vis[nxt = mul(j-1, i)]){
vis[nxt] = true;
rotate.push_back(nxt);
}
}
return 0;
}
打表结果：
(1 2 6 5) (3) (4)
(1 2 3) (4 6 5)
(1 6) (2 3) (4 5)
(1 5 4) (2 3 6)
(1 5 6 2) (3) (4)
(1) (2 3 5 4) (6)
(1 4 2) (3 5 6)
(1 4 6 3) (2) (5)
(1) (2) (3) (4) (5) (6)
(1 4 5) (2 6 3)
(1 4) (2 5) (3 6)
(1 2) (3 4) (5 6)
(1 6) (2) (3 4) (5)
(1 5) (2 6) (3 4)
(1) (2 5) (3 4) (6)
(1 6) (2 5) (3) (4)
(1 6) (2 4) (3 5)
(1 5 3) (2 4 6)
(1) (2 4 5 3) (6)
(1 2 4) (3 6 5)
(1 3 6 4) (2) (5)
(1 3 5) (2 6 4)
(1 3) (2 5) (4 6)
(1 3 2) (4 5 6)
可以注意到总共有 \(5\) 种形式：
-
\(1+1+4\) *6
-
\(3+3\) *8
-
\(2+2+2\) *6
-
\(1+1+1+1+1+1\) *1
-
\(1+1+2+2\) *3
计算时预先将 \(S\) 减去 \(6\)，把限制放宽到非负整数，前 \(4\) 种情况很好算，简单提一下第 \(5\) 种情况。
设 \(S\) 中去掉两个单独的数之后还剩 \(2k\)，\("1+1"\) 的方案是 \(S-2k+1\) 种，\("2+2"\) 的方案是 \(k+1\) 种，记 \(c=\frac{S}{2}\)，从而答案为
\[\sum_{k=0}^c(k+1)(S-2k+1)\\=\sum_{k=0}^c((S+1)(k+1)-2k^2-2k)\\=\frac{(c+1)(c+2)}2(S+1)-\frac{2c(c+1)(2c+1)}6-c(c+1)\\=\frac{(c+1)(c+2)}2(S+1)-\frac{c(c+1)(2c+4)}6\\=\frac{(c+1)(c+2)(3(S+1)-4c)}6
\]
最后把值求和再除以 \(24\) 即得所求答案。
实现细节
- 由于有些地方需要判断 \(S\) 的整除情况以及利用向下取整的除法，读入时不能直接对 \(S\) 取模。
- 一些计算过程涉及到了减法，最后输出 \(ans\) 的时候不要忘记把它拉成正数。
Code
#include<iostream>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll inv(ll x){
ll ret = 1, pow = mod-2;
for(; pow; pow >>= 1){
if(pow&1) (ret *= x) %= mod;
(x *= x) %= mod;
}
return ret;
}
ll C(int n, int m){
ll ret = 1;
per(i,n,n-m+1) (ret *= i) %= mod;
rep(i,1,m) (ret *= inv(i)) %= mod;
return ret;
}
int main(){
ll S;
cin >> S;
S -= 6;
ll tmp, ans = 0;
// (1+1+4) *6
ll s = (S/4) % mod;
tmp = (s+1) * (S%mod+1-2*s) % mod;
(ans += 6*tmp) %= mod;
// (3+3) *8
if(S%3 == 0){
tmp = (S/3+1) % mod;
(ans += 8*tmp) %= mod;
}
// (1+1+2+2) *3
ll c = (S/2) % mod;
tmp = (3*(S+1)%mod-4*c)%mod * (c+2)%mod * (c+1)%mod * inv(6)%mod;
(ans += 3*tmp) %= mod;
// (2+2+2) *6
if(S%2 == 0){
tmp = C((S/2+2)%mod, 2);
(ans += 6*tmp) %= mod;
}
// (1+1+1+1+1+1) *1
tmp = C((S+5)%mod, 5);
(ans += tmp) %= mod;
(ans *= inv(24)) %= mod;
cout << (ans+mod)%mod << endl;
return 0;
}
