CF 组合数学整理

懒得更新。

CF 267 E

我们只需要求出有序的方案数 $\times n!$ 即可。

首先 $n>m$ 时无解，又因为 $nm\le {10}^5$，所以 $n\le \sqrt{{10}^5}$。因此，$\mathcal{O}(m{n}^2)$ 复杂度可以接受。

一个位置不能同时放多个左端点或多个右端点，因此，只有四种情况：不放，放一个左端点，放一个右端点，放一个左端点一个右端点。

注意到，如果你放完了左端点和右端点，对应唯一一个方案（不能包含）。

设 $d{p}_{i,j,k}$ 代表考虑到第 $i$ 位，有 $j$ 个左端点了，$k$ 个右端点了的方案数。答案是 $d{p}_{m,n,n}$。注意第 $x$ 位，只能放一个左端点或放一个左端点一个右端点。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 330;
const int mod = 1e9+7;

int n,m,x;
ll fac[N],dp[2][N][N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n>>m>>x;
	if (n>m){
		cout<<0<<endl;
		return 0;
	}
	fac[0]=1;
	for (int i=1; i<N; i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	}
	dp[0][0][0]=1;
	for (int i=1; i<=m; i++){
		int cur=i&1;
		int pre=cur^1;
		for (int j=0; j<=n; j++){
			for (int k=0; k<=j; k++){
				dp[cur][j][k]=0;
				if (j && k){
					(dp[cur][j][k]+=dp[pre][j-1][k-1])%=mod;
				}
				if (j && j-1>=k){
					(dp[cur][j][k]+=dp[pre][j-1][k])%=mod;
				}
				if (i!=x){
					if (k){
						(dp[cur][j][k]+=dp[pre][j][k-1])%=mod;
					}
					(dp[cur][j][k]+=dp[pre][j][k])%=mod;
				}
		//		cout<<i<<","<<j<<","<<k<<":"<<dp[cur][j][k]<<endl;
			}
		}
	}
//	cout<<fac[n]<<endl;
	cout<<dp[m&1][n][n]*fac[n]%mod<<endl;
	return 0;
}

// don't waste time!!!

CF 140 E

设 $cn{t}_{i,j}$ 代表 $i$ 个东西，用 $j$ 种颜色的方案数。则 $cn{t}_{i,j}=cn{t}_{i-1,j-1}+cn{t}_{i-1,j}\times (j-1)$。复杂度 $\mathcal{O}(max{l}_i^2)$。

设 $d{p}_{i,j}$ 代表考虑到了第 $i$ 层，这一层用了 $j$ 个颜色的方案数。因为用的种类个数不同，集合也会不同，得出递推式 $d{p}_{i,j}=A_m^j\times cn{t}_{l_i,j}\times \sum d{p}_{i-1,k}-j!\times cn{t}_{l_i,j}\times d{p}_{i-1,j}$。复杂度 $\mathcal{O}(L)$。

$A_m^j$ 可以预处理。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 5e3+3;
const int M = 1e6+6;

ll n,m,mod;
ll l[M],fac[N],A[N];
ll cnt[N][N],dp[2][N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
 
	cin>>n>>m>>mod;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>l[i];
	}
	fac[0]=1;
	for (int i=1; i<N; i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	}
	A[0]=1;
	for (int i=1; i<N; i++){
		A[i]=A[i-1]*(m-i+1)%mod;
	}
	cnt[0][0]=1;
	for (int i=1; i<N; i++){
		for (int j=1; j<=min(i*1ll,m); j++){
			cnt[i][j]=(cnt[i-1][j-1]+cnt[i-1][j]*(j-1)%mod)%mod;
		}
	}
	ll sum=1;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		int cur=i&1;
		for (int j=1; j<=l[i]; j++){
			dp[cur][j]=A[j]*cnt[l[i]][j]%mod*sum%mod;
			(dp[cur][j]+=mod-fac[j]*cnt[l[i]][j]%mod*dp[cur^1][j]%mod)%=mod;
		}
		sum=0;
		for (int j=1; j<=l[i]; j++){
			(sum+=dp[cur][j])%=mod;
		}
		memset(dp[cur^1],0,sizeof dp[0]);
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}

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CF 518 F

分类讨论拐几次。

• 零次：直接枚举行或列。

• 一次：枚举“转折点”。

• 两次：预处理 $u_{i,j},d_{i,j},l_{i,j},r_{i,j}$ 分别代表从哪个方向来能不能延申到 $(i,j)$。有两次转折，一定是两条横加上一个竖或者反之。对于一条横的情况：枚举是那一条横。从左到右枚举竖的地方。考虑先设 $sum=u_{i,1}+d_{i,1}$。（初始）对于 $j\in [2,m]$：$ans+=sum\times (u_{i,j}+d_{i,j})$，$ans-=u_{i,j}\cdot u_{i,j-1}+d_{i,j}\cdot d_{i,j-1}$ 因为不能两条竖线相邻，$sum+=u_{i,j}+d_{i,j}$，若 $s_{i,j}=\ast$，$sum=0$。其实，$sum$ 就是当前的前面可以与它匹配的方案数。另一种情况同理。

三种答案加起来即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 2e3+3;

ll n,m,u[N][N],d[N][N],l[N][N],r[N][N],ans;
char s[N][N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n>>m;
	for (int i=0; i<n; i++){
		for (int j=0; j<m; j++){
			cin>>s[i][j];
			u[i][j]=d[i][j]=l[i][j]=r[i][j]=(s[i][j]=='.');
			s[i][j]=(s[i][j]=='.');
		}
	}
	for (int i=1; i<n; i++){
		for (int j=0; j<m; j++){
			u[i][j]&=u[i-1][j];
		}
	}
	for (int i=0; i<n; i++){
		for (int j=1; j<m; j++){
			l[i][j]&=l[i][j-1];
		}
	}
	for (int i=n-2; i>=0; i--){
		for (int j=m-1; j>=0; j--){
			d[i][j]&=d[i+1][j];
		}
	}
	for (int i=n-1; i>=0; i--){
		for (int j=m-2; j>=0; j--){
			r[i][j]&=r[i][j+1];
		}
	}
	for (int i=1; i<n-1; i++){
		int fl=1;
		for (int j=0; j<m; j++){
			fl&=s[i][j];
		}
		ans+=fl;
	}
	for (int i=1; i<m-1; i++){
		int fl=1;
		for (int j=0; j<n; j++){
			fl&=s[j][i];
		}
		ans+=fl;
	}
	for (int i=1; i<n-1; i++){
		for (int j=1; j<m-1; j++){
			ans+=(u[i][j]+d[i][j])*(l[i][j]+r[i][j]);
		}
	}
	for (int i=1; i<n-1; i++){
		int sum=u[i][1]+d[i][1];
		for (int j=2; j<m-1; j++){
			ans+=sum*(u[i][j]+d[i][j])-u[i][j]*u[i][j-1]-d[i][j]*d[i][j-1];
			sum+=u[i][j]+d[i][j];
			if (!s[i][j]){
				sum=0;
			}
		}
	}
	for (int j=1; j<m-1; j++){
		int sum=l[1][j]+r[1][j];
		for (int i=2; i<n-1; i++){
			ans+=sum*(l[i][j]+r[i][j])-l[i][j]*l[i-1][j]-r[i][j]*r[i-1][j];
			sum+=l[i][j]+r[i][j];
			if (!s[i][j]){
				sum=0;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

// don't waste time!!!

CF 660 E

求出每一个子序列在 $S$ 中有多少包含它，的和，即可。设子序列为 $a_1,a_2,\cdots ,a_l$。

• 若 $l=0$，$a$ 为空，那么每一个 $S$ 中的序列都包含，给答案贡献 $m^n$。

• 若 $l>0$，对于一个确定的序列，设 $a_i$ 出现的位置为 $b_i$ 考虑：第 $b_l$ 个位置往后，可以随便填，$m^{n-b_l}$；从前 $b_i-1$ 个位置选 $l-1$ 个放 $a_1,a_2,\cdots ,a_{l-1}$，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{b_l-1}{l-1})$；为了避免重复，前 $b_l-1$ 个位置不放 $a$ 中的数的，每个数有 $m-1$ 个取法，$(m-1{)}^{j-l}$。因此答案贡献 ${\displaystyle \sum _{l=1}^n\sum _{i=l}^n{m}_{n-i}(m-1{)}^{i-l}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{l-1})}$。

答案是 $m^n+{\displaystyle \sum _{l=1}^n\sum _{i=l}^n{m}_{n-i}(m-1{)}^{i-l}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{l-1})}$

${\displaystyle =m^n+\sum _{i=1}^n{m}^{n-i+1}\sum _{j=0}^{i-1}{m}^j(m-1{)}^{i-j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})}$

${\displaystyle =m^n+\sum _{i-1}^n{m}^{n-i+1}(2m-1{)}^{j-1}}$，因为 ${\displaystyle (x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{n-k}{y}^k}$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 1e6+6;
const ll mod = 1e9+7;

ll n,m,ans,x[N],y[N];

void init(){
	x[0]=1;
	y[0]=1;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		x[i]=x[i-1]*m%mod;
		y[i]=y[i-1]*(2*m-1)%mod;
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n>>m;
	init();
	for (int i=1; i<=n; i++){
		(ans+=x[n-i+1]*y[i-1]%mod)%=mod;
	}
	(ans+=x[n])%=mod;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

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CF 40 E

$k<min(n,m)$ 可以告诉我们什么呢？如果 $n<m$，就 swap $n$ 和 $m$ 的话，一定有一行是空的！

考虑无解的情况。一个解中所有数的积不仅是 $(-1{)}^n$ 也是 $(-1{)}^m$，所以，若 $n$ 和 $m$ 奇偶性不同，无解。同样，如果行填完了（除了空的行），空的行唯一的填法。如果一个填完的行积不是 $-1$，亦无解。

所以，答案就是：对于所有的行，其中一个空的行扔掉，其他的行，如果填完了，$\times 1$，否则有 $cnt$ 个空位，其中 $cnt-1$ 个空位乱填，因此 $\times 2^{cnt-1}$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 1e3+3;

int n,m,k,mod;
int cnt[N],it[N];

ll pw(ll x,ll y){
	if (y<0){
		return 1;
	}
	ll res=1;
	while (y){
		if (y&1){
			res=res*x%mod;
		}
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
} 

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n>>m>>k;
	bool f=0;
	if (n<m){
		f=1;
		swap(n,m);
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cnt[i]=m;
		it[i]=1;
	}
	for (int i=0; i<k; i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		if (f){
			swap(a,b);
		}
		cnt[a]--;
		it[a]*=c;
	}
	if (n%2!=m%2){
		cout<<0<<endl;
		return 0;
	}
	cin>>mod;
	f=0;
	ll res=1;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		if (cnt[i]==0 && it[i]==1){
			cout<<0<<endl;
			return 0;
		}
		if (cnt[i]==m && !f){
			f=1;
			continue;
		}
		else{
			res=res*pw(2,cnt[i]-1)%mod;
		}
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}

// don't waste time!!!