5.4.数学2024-10-13

6.5.树上问题2024-11-04 7.6.动态规划2024-10-30 8.7.构造2024-10-16 9.8.字符串2024-11-04 10.9.noip杂题选讲2024-11-20

数学1（容斥、组合数学、期望）

开题顺序： $H J F E$

$A$ luogu P3349 [ZJOI2016] 小星星

$B$ CF1466H Finding satisfactory solutions

$D$ luogu P8292 [省选联考 2022] 卡牌

$E$ CF1139D Steps to One

同 csp-s模拟11 T5 T2198. 传统题，设 $l e n$ 表示序列长度，考虑统计 $\begin{aligned} E (x) & = \sum_{i = 1}^{\infty} P (l e n = i) \times i \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} P (l e n \geq i) \\ = 1 + \sum_{i = 1}^{\infty} P (l e n > i) \end{aligned}$ 。
再拆一下式子，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{\infty} P (l e n > i) \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} P ({gcd}_{j = 1}^{i} {a_{j}} > 1) \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} 1 - P ({gcd}_{j = 1}^{i} {a_{j}} \leq 1) \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} 1 - \frac{\sum_{a_{1} = 1}^{m} \sum_{a_{2} = 1}^{m} \dots \sum_{a_{i} = 1}^{m} [{gcd}_{j = 1}^{i} {a_{j}} = 1]}{m^{i}} \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} 1 - \frac{\sum_{d = 1}^{m} μ (d) \sum_{a_{1} = 1}^{m} [d | a_{1}] \sum_{a_{2} = 1}^{m} [d | a_{2}] \dots \sum_{a_{i} = 1}^{m} [d | a_{i}]}{m^{i}} \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} 1 - \frac{\sum_{d = 1}^{m} μ (d) {⌊ \frac{m}{d} ⌋}^{i}}{m^{i}} \\ = - \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{\sum_{d = 2}^{m} μ (d) {⌊ \frac{m}{d} ⌋}^{i}}{m^{i}} \end{aligned}$ 。
- 做法跟 CF1559E Mocha and Stars 差不多。
加上前面的 $1$ ，并交换枚举顺序，得到 $\begin{array}{r} 1 - \sum_{d = 2}^{m} μ (d) \sum_{i = 1}^{\infty} (\frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋}{m})^{i} \end{array}$ 。
发现后面又是一个无限等比数列求和的形式，后面等于 $\frac{\frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋}{m}}{1 - \frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋}{m}} = \frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋}{m - ⌊ \frac{m}{d} ⌋}$ 。

筛个莫比乌斯函数即可。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll prime[100010],vis[100010],miu[100010],len=0;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
void isprime(ll n)
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	miu[1]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			len++;
			prime[len]=i;
			miu[i]=-1;
		}
		for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				miu[i*prime[j]]=0;
			}
			else
			{
				miu[i*prime[j]]=-miu[i];
			}
		}
	}
}
int main()
{
	ll m,ans=1,i;
	cin>>m;
	isprime(m);
	for(i=2;i<=m;i++)
	{
		ans=(ans-miu[i]*(m/i)*qpow(m-(m/i),p-2,p)%p+p)%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$F$ CF908D New Year and Arbitrary Arrangement

以下所写 $p a, p b$ 分别指原题的 $\frac{p a}{p a + p b}, \frac{p b}{p a + p b}$ 。
停止加入当且仅当 ab 子序列个数 $\geq k$ 。而一次加入对 ab 子序列个数的贡献不一定为 $1$ 或 $0$ ，例如 aaaaa....a 后面加入一个 b 。
因开头的 b 对答案是没有影响的，不妨钦定第一个放的是 a 。
具体地，设 $f_{i, j}$ 表示放了 $i$ 个 a ，形成了 $j$ 个 ab 子序列时的概率，状态转移方程为 ${\begin{cases} f_{i + 1, j} + = f_{i, j} \times p a \\ f_{i, i + j} + = f_{i, j} \times p b \end{cases}$ ，边界为 $f_{1, 0} = 1$ 。
当 $i + j \geq k$ 时，可以直接统计期望累加在答案上。
难点还是上述例子中的无限放 a 的可能，即难以处理 $f_{k, j} (j \in [0, k - 1])$ 的贡献。
考虑枚举多余 a 的数量，有 $\begin{aligned} E (x) & = f_{k, j} (j + \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} p b (k + i)) \\ = f_{k, j} (j + k + p b \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i) \end{aligned}$ 。
把后面的 $p b \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i = (1 - p a) \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i$ 提出来单独考虑，有 $\begin{aligned} (1 - p a) \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i \\ = \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i - \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i + 1} i \\ = \sum_{i = 0}^{\infty} p a^{i} i - \sum_{i = 1}^{\infty} p a^{i} (i - 1) \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} p a^{i} \end{aligned}$ 。

发现这是个无穷递降等比数列求和的形式，又因为 $| p a | < 1$ ，有 $\sum_{i = 1}^{\infty} p a^{i} = \frac{p a}{1 - p a} = \frac{p a}{p b}$ 。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll f[1010][1010];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll k,pa,pb,sum,ans=0,i,j;
	cin>>k>>pa>>pb;
	sum=pa+pb;
	pa=pa*qpow(sum,p-2,p)%p;
	pb=pb*qpow(sum,p-2,p)%p;
	f[1][0]=1;
	for(i=1;i<=k-1;i++)
	{
		for(j=0;j<=k-1;j++)
		{
			f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j]*pa%p)%p;
			if(i+j>=k)
			{
				ans=(ans+(f[i][j]*pb%p)*(i+j)%p)%p;
			}
			else
			{
				f[i][i+j]=(f[i][i+j]+f[i][j]*pb%p)%p;
			}
		}
	}
	sum=pa*qpow(pb,p-2,p)%p;
	for(j=0;j<=k-1;j++)
	{
		ans=(ans+(j+k+sum)%p*f[k][j]%p)%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$G$ CF749E Inversions After Shuffle

$H$ CF932E Team Work

猜测 $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) i^{k}$ 对 $n, k$ 是可以递推的。
设 $f_{n, k} = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) i^{k}$ ，然后考虑把 $(\binom{n}{i})$ 拆成 $(\binom{n - 1}{i}) + (\binom{n - 1}{i - 1})$ 。
推式子，有 $\begin{aligned} f_{n, k} & = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) i^{k} \\ = \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - 1}{i - 1}) i^{k} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - 1}{i}) i^{k} \\ = \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n} (\binom{n}{i}) i^{k} + \sum_{i = 1}^{n - 1} (\binom{n - 1}{i}) i^{k} \\ = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n}{i}) i^{k + 1} + f_{n - 1, k} \\ = \frac{1}{n} f_{n, k + 1} + f_{n - 1, k} \end{aligned}$ 。
移项得到 $f_{n, k + 1} = n (f_{n, k} - f_{n - 1, k})$ ，用 $k$ 代替 $k + 1$ 得到 $f_{n, k} = n (f_{n, k - 1} - f_{n - 1, k - 1})$ 。

因为 $k \leq 5000$ ，分讨 $n, k$ 的大小关系后类似阶梯状向下更新即可。边界为 ${\begin{cases} f_{n^{'}, 0} = \sum_{i = 1}^{n^{'}} (\binom{n^{'}}{i}) = 2^{n^{'}} - 1 & n^{'} \in [1, n] \\ f_{1, k^{'}} = 1 & k^{'} \in [0, k] \end{cases}$ 。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll f[2][5010];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,k,i,j;
	cin>>n>>k;
	if(n<k)
	{
		for(i=0;i<=k;i++)
		{
			f[1][i]=1;
		}
		for(i=2;i<=n;i++)
		{
			f[i&1][0]=(qpow(2,i,p)-1+p)%p;
			for(j=1;j<=k;j++)
			{
				f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]-f[(i-1)&1][j-1]+p)%p*i%p;
			}
		}
	}
	else
	{
		f[(n-k)&1][0]=(qpow(2,n-k,p)-1+p)%p;
		for(i=n-k+1;i<=n;i++)
		{
			f[i&1][0]=(qpow(2,i,p)-1+p)%p;
			for(j=1;j<=k;j++)
			{
				f[i&1][j]=(f[i&1][j-1]-f[(i-1)&1][j-1]+p)%p*i%p;
			}
		}
	}
	cout<<f[n&1][k]<<endl;
	return 0;
}

$I$ CF578D LCS Again

$J$ luogu P7914 [CSP-S 2021] 括号序列

只设左右端点两维不太能进行转移，考虑增加一维。
设 $f_{l, r, i}$ 表示使得 $[l, r]$ 的状态为 $i$ 的超级括号序列方案数，其中 $i = 0 / 1 / 2 / 3 / 4$ 分别对应以下五种情况。
- $i = 0$ ： $[l, r]$ 全部为 * 。
- $i = 1$ ： $l / r$ 分别为 ( / )，且 $[l + 1, r - 1]$ 是超级括号序列。
  - 左右直接被相互匹配的括号包裹，中间为超级括号序列。
- $i = 2$ ： $l / r$ 分别为 ( / * 。
  - 左边以括号序列开头，右边以 * 结尾，中间为超级括号序列。
- $i = 3$ ： $l / r$ 分别为 ( / ) 。
  - 左边以括号序列开头，右边以括号序列结尾，中间为超级括号序列。
  - 包含了 $i = 1$ 的情况。
- $i = 4$ ： $l / r$ 分别为 * / ) 。
  - 左边以 * 开头，右边以括号序列结尾，中间为超级括号序列。
状态转移方程为 ${\begin{cases} f_{l, r, 0} = f_{l, r - 1, 0} \times [r - l + 1 \leq k \land (s_{r} =^{'} ?^{'} \lor s_{r} =^{'} *^{'})] \\ f_{l, r, 1} = \sum_{i \in {0, 2, 3, 4}} f_{l + 1, r - 1, i} \times [(s_{l} =^{'} (^{'} \lor s_{l} =^{'} ?^{'}) \land (s_{r} =^{'})^{'} \lor s_{r} =^{'} ?^{'})] \\ f_{l, r, 2} = \sum_{i = l}^{r - 1} f_{l, i, 3} \times f_{i + 1, r, 0} \\ f_{l, r, 3} = f_{l, r, 1} + \sum_{i = l}^{r - 1} (f_{l, i, 2} + f_{l, i, 3}) \times f_{i + 1, r, 1} \\ f_{l, r, 4} = \sum_{i = l}^{r - 1} f_{l, i, 0} \times f_{i + 1, r, 3} \end{cases}$ ，特判长度等于 $1$ 时 $i = 0$ 和长度等于 $2$ 时 $i = 1$ 的转移。

最终有 $f_{1, n, 3}$ 即为所求。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll f[510][510][5];
char s[510];
int main()
{
	ll n,k,len,l,r,i;
	cin>>n>>k>>(s+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][i][0]=(s[i]=='?'||s[i]=='*');
	}
	for(len=2;len<=n;len++)
	{
		for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
		{
			f[l][r][0]=f[l][r-1][0]*((s[r]=='?'||s[r]=='*')&&len<=k);
			if((s[l]=='('||s[l]=='?')&&(s[r]==')'||s[r]=='?'))
			{
				if(len==2)
				{
					f[l][r][1]=1;
				}
				else
				{
					f[l][r][1]=(f[l+1][r-1][0]+f[l+1][r-1][2]+f[l+1][r-1][3]+f[l+1][r-1][4])%p;
				}
			}
			f[l][r][3]=f[l][r][1];
			for(i=l;i<=r-1;i++)
			{
				f[l][r][2]=(f[l][r][2]+f[l][i][3]*f[i+1][r][0]%p)%p;
				f[l][r][3]=(f[l][r][3]+(f[l][i][2]+f[l][i][3])*f[i+1][r][1]%p)%p;
				f[l][r][4]=(f[l][r][4]+f[l][i][0]*f[i+1][r][3]%p)%p;
			}
		}
	}
	cout<<f[1][n][3]<<endl;
	return 0;
}

$K$ luogu P8340 [AHOI2022] 山河重整

数学2（同余、计算几何、线性代数）

开题顺序： $A$

$A$ luogu P3306 [SDOI2013] 随机数生成器

多倍经验: [ABC270G] Sequence in mod P | Gym103486C Random Number Generator
题解

$B$ luogu P3194 [HNOI2008] 水平可见直线

$C$ luogu P4049 [JSOI2007] 合金

$D$ luogu P9181 [COCI2022-2023#5] Zastave

$E$ luogu P8885 「JEOI-R1」子序列

$F$ luogu P7116 [NOIP2020] 微信步数

$G$ CF963E Circles of Waiting

$H$ CF1815E Bosco and Particle

$I$ CF1067E Random Forest Rank

posted @ 2024-10-13 19:15 hzoi_Shadow 阅读(44) 评论(3) 编辑收藏举报

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