2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛(7)部分题解

0|1前言

找大佬嫖到个号来划水打比赛了，有的题没写或者不是我写的就不放了。
目前只有：1004,1005,1007,1008,1011

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1|0正题

题目链接:https://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_show.php?cid=990

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1|11004 Link with Balls

1|0题目大意

两种盒子各有$n$个，每个盒子中球的颜色不同

1. 第一种第$i$个盒子中可以取出$ik(k\in N)$个球
2. 第二种第$i$个盒子中可以取出不超过$i$个球

求取出$m$个球的方案数。

$1\leq T\leq 10^5,1\leq n,m\leq 10^6$

1|0解题思路

用生成函数推导，第一种球的函数是$\frac{1-x^i}{1-x}$，第二种球的函数是$\frac{1}{1-x^i}$，发现相乘可以抵消。最后乘出来是

$$(1-x^n)(\frac{1}{1-x})^{n+1}$$

然后化回来就是

$$\binom{n+m}{n}-\binom{m-1}{n}$$

就好了

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e6+10,P=1e9+7;
ll T,inv[N],fac[N],n,m;
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	inv[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	inv[0]=fac[0]=1;
	for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		ll ans=C(m+n,n);
		m-=n+1;
		if(m>=0)ans=(ans-C(m+n,n)+P)%P;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

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1|21005 Link with EQ

1|0题目大意

$n$个格子的凳子，开始第一个同学会随机选择一个位置坐下，剩下的同学会选择随机一个距离已有同学最远的位置坐下，求没有位置的周围都没有同学时期望坐下了多少个同学。
$1\leq T\leq 10^5,1\leq n\leq 10^6$

1|0解题思路

设$f_i$表示只有$i$个格子且边边都有同学时还能做多少个人，这个可以很容易$dp$出来。

然后主要考虑第一个人的座位，特判一下头尾两个位置然后剩下的对$f$求个前缀和就可以很快计算了。

时间复杂度$O(n+T\log P)$

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1048576,P=1e9+7;
ll T,n,f[N],g[N],s[N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	for(ll i=3;i<N;i++){
		ll mid=(i+1)/2;
		f[i]=f[mid-1]+f[i-mid]+1;
		s[i]=(s[i-1]+f[i]*2)%P;
	}
	for(ll i=1;i<N;i++)g[i]=f[i]+2;
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);
		if(n<=2){puts("1");continue;}
		if(n==3){puts("666666673");continue;}
		ll ans=(3*(n-4)+s[n-4])%P;
		(ans+=g[n-2]*2+g[n-3]*2)%=P;
		ans=ans*power(n,P-2)%P;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

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1|31007 Link with Limit

1|0题目大意

给出置换$f$，然后$f_i(x)$表示$x$置换$i$次之后的位置。
定义

$$g(x)=\lim_{n->+\infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_i(x)$$

求是否对于所有$g(x)(x\in [1,n])$都是相同的值。

$1\leq n\leq 10^5$

1|0解题思路

最后肯定会置换到一个环内，考虑每个环的平均值是否相等即可

时间复杂度$O(n)$

代码由我们伟大的$\text{stoorz}$写出，所以我没有

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1|41011 Yiwen with Formula

1|0题目大意

给出$n$个数的一个可重集合$a$。求它的所有子集的和的乘积。模$998244353$。

$1\leq T\leq 10,1\leq n\leq 10^5,\sum n\leq 2.5\times 10^5,\sum a_i\leq 4\times 10^5$

1|0解题思路

暴力用分治$NTT$求出每个和的方案数，然后因为是当指数的所以要模$\varphi(998244353)$所以要用任意模数就可暴草过去了。

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5*4+10,sqq=32768,p=998244352,P=998244353;
const double Pi=acos(-1);
struct complex{
    double x,y;
    complex (double xx=0,double yy=0)
    {x=xx;y=yy;return;}
}A[N],B[N],C[N],D[N];
struct Poly{
	ll a[N],n;
}F[20];
ll power(ll x,ll b,ll P){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
complex operator+(complex a,complex b)
{return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator-(complex a,complex b)
{return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator*(complex a,complex b)
{return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
complex w[N];
ll n,m,T,u[N],v[21],r[N];
void FFT(complex *f,ll op,ll n){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1;
        for(ll k=0;k<n;k+=p)
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                complex tmp=w[n/len*(i-k)];
                if(op==-1)tmp.y=-tmp.y;
                complex tt=f[i+len]*tmp;
                f[i+len]=f[i]-tt;
                f[i]=f[i]+tt;
            }
    }
    if(op==-1){
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i].x=(ll)(f[i].x/n+0.49);
    }
    return;
}
void MTT(ll *a,ll *b,ll *c,ll m,ll k){
    ll n=1;
    while(n<=m+k)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++){
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    	A[i].x=A[i].y=B[i].x=B[i].y=0;
    	C[i].x=C[i].y=D[i].x=D[i].y=0;
	}
    for(ll len=1;len<n;len<<=1)
        for(ll i=0;i<len;i++)
            w[n/len*i]=complex(cos(i*Pi/len),sin(i*Pi/len));
    for(ll i=0;i<m;i++)A[i].x=a[i]/sqq,B[i].x=a[i]%sqq;
    for(ll i=0;i<k;i++)C[i].x=b[i]/sqq,D[i].x=b[i]%sqq;
    FFT(A,1,n);FFT(B,1,n);FFT(C,1,n);FFT(D,1,n);
    complex t1,t2;
    for(ll i=0;i<n;i++){
        t1=A[i]*C[i];t2=B[i]*D[i];
        B[i]=A[i]*D[i]+B[i]*C[i];
        A[i]=t1;C[i]=t2;
    }
    FFT(A,-1,n);FFT(B,-1,n);FFT(C,-1,n);
    for(ll i=0;i<n;i++){
    	c[i]=0;
        (c[i]+=(ll)(A[i].x)*sqq%p*sqq%p)%=p;
        (c[i]+=(ll)(B[i].x)*sqq%p)%=p;
        (c[i]+=(ll)(C[i].x))%=p;
    }
    return;
}
void Mul(Poly &a,Poly &b){
	MTT(a.a,b.a,a.a,a.n,b.n);
	a.n=a.n+b.n-1;return;
}
ll findq(){
	for(ll i=0;i<20;i++)
		if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll Solve(ll l,ll r){
	if(l==r){
		ll p=findq();
		for(ll i=0;i<=u[l];i++)
			F[p].a[i]=0;
		F[p].a[0]=1;F[p].a[u[l]]=1;
		F[p].n=u[l]+1;return p;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;
	ll ls=Solve(l,mid),rs=Solve(mid+1,r);
	Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);
		bool flag=0;ll ans=1,sum=0;
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lld",&u[i]);
			flag|=!u[i];sum+=u[i];
		}
		if(flag){puts("0");continue;}
		ll id=Solve(1,n);u[id]=0;
		for(ll i=1;i<=sum;i++)
			ans=ans*power(i,F[id].a[i],P)%P;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

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本文作者：QuantAsk
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