[codeforces 804F. Fake bullions]

题目大意:

  传送门

  给一个n个点的有向完全图(即任意两点有且仅有一条有向边)。

  每一个点上有$S_i$个人,开始时其中有些人有真金块,有些人没有金块。当时刻$i$时,若$u$到$v$有边,若$u$中第$i%S_u$个人有金块(无论真假),且$v$中第$i%S_v$个人没有金块,则会给$v$中第$i%S_v$个人一个假金块。

  假设这样传递了无数次。(即不会再满足上面的条件时)

  最后,拥有真金块的人一定可以把金子买出去,而拥有假的人有一半的概率买出去,每买出去一个会给自己的点贡献1的价值。

  问题是:对于每种所有人卖出金块的结果,卖出最多的前$a$个点中会等概率挑出$b$个点,每个不同的$b$的方案(即存在一个点x在方案一中出现而在方案二中没有出现,称为两个不同的方案)会给答案贡献1,求答案对$1e9+7$的余。

题解:

  二柱子找到的神题……(它和dp有什么关系……

  显然我们如果能求出最后每个点有多少假金子这就是一道组合裸体。

  先不考虑真假。

part1:

  考虑$u$对$v$的贡献。若u中第x个人有金子,则v中的y均会拥有金块,显然 

  即所有满足$y \equiv x \mod (s_v,s_u)$的y所有金子。这个推导很简单,把x移到左边然后贝祖定理就完了。

  即相当与把x映射到$(s_v,s_u)$的剩余系中。我们将其称为$u$对$v$的贡献,用$F(gcd,x)$来表示$u$的元素$x$在$gcd$剩余系下的结果

  当$v$又向$w$连边时,我们会发现x对w的贡献是每一个y直接贡献的,即   。

  类比$x$与$y$的关系我们知道$z\equiv y\mod (s_v,s_w)$。所有有贡献 

  再来思考$x$与$z$的关系。有一个显然的结果是$z\equiv x \mod \gcd (s_u,s_v,s_w)$。

  这个也很好证明:

  我们知道:设变量$a,b,c,d$满足$c|a,d|b$则会有$(c,d)|a+b$。

  我们令$c=(s_u,s_v),d=(s_v,s_w),a=x-y,d=y-z$。自然就可以得到这个关系了。

  同时我们再考虑是否所有满足这个关系的$z$一定会得到金块。

  即:通过$z$与$x$的关系和$z$与$y$的关系,构造出一个$y$使得能满足$y$与$x$的关系:

     

    

  这样我们就证明了逆定理的正确性。

  这用归纳法我们可以证明:设$u$到$v$的一条路径上,设路径上所有点的最大公约数为$gcd$,$u$上$x$对$v$的贡献为$F(gcd,x)$。

part2:

  可是当出现环呢?

  我们发现上面的结论时刻成立的,两点间的贡献只和路径$gcd$有关。环内两点的路径可以遍历环内每一个元素,我们会发现最后环里任意两点$gcd$为所有元素最大公约数以后不再变化。那么我们就知道对于环内每个点上的x会对环上所有点产生$F(gcd,x)$的贡献。这样我们用状态$H$来表示在$gcd$的剩余系下都有那些位置被标记过,即$H=\cup_x F(gcd,x)$。

part3:

  由于这是一个有向完全图,当我们缩点以后,会发现这还是一个有向完全图,不过这次是有向完全DAG。

  我们已经计算出了缩点后每个环点的状态。

  考虑在这个有向完全DAG的性质。

  1.点的出度是递减的。

  2.点的入度是递增的。

  3.根据拓扑序遍历我们会得到一条链,且链上点标号递减。

  以下为缩点后点数为5的例子(由于linux不太会用且校园网有限制只给出有向边,请读者手画一下……):

  5->4,5->3,5->2,5->1;4->3,4->2,4->1;3->2,3->1;2->1

  我们考虑此时环对环的贡献可以转化为$H$间的贡献,其贡献方式与点完全相同。由于缩点以后图的特殊性质,我们如果根据两点之间有边计算贡献无疑会T得飞起。以5对3的贡献为例,一种是5先给4贡献,4在计算此时$H_4$对3的贡献时再把5的贡献传给3,另一种是5对3直接计算贡献。显然我们发现这两种最后的结果都是一样的。那么前者无疑是跟为优秀的,我们按照拓扑后得到的链来传递贡献的话,那么就可以在只枚举一次每个环的计算出所有的贡献。

代码:

  

  1 #include "bits/stdc++.h"
  2 
  3 using namespace std;
  4 
  5 inline int read(){
  6     int s=0,k=1;char ch=getchar();
  7     while (ch<'0'|ch>'9') ch=='-'?k=-1:0,ch=getchar();
  8     while (ch>47&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
  9     return s*k;
 10 }
 11 
 12 const int N=5e3+10,M=2e6+10,mod=1e9+7;
 13 typedef long long ll;
 14 
 15 struct edges {
 16     int v;edges *last;  
 17 }edge[N*N],*head[N<<1],*ecnt=edge;
 18 
 19 inline void push(int u,int v){
 20     *ecnt=(edges){v,head[u]},head[u]=ecnt++;
 21 }
 22 
 23 inline int powmod(int a,int b){
 24     int ret=1;
 25     while (b) {
 26         if(b&1) ret=(ll)ret*a%mod;
 27         a=(ll)a*a%mod;
 28         b>>=1;
 29     }return ret;
 30 }
 31 
 32 inline int gcd(int x,int y){
 33     return y?gcd(y,x%y):x;
 34 }
 35 
 36 int bcc_cnt,bccno[N],stk[N],dfn[N],low[N],idx,top,bgcd[N],s[N],n,a,b,instk[N];
 37 
 38 inline void tarjan(int x) {
 39     low[x]=dfn[x]=++idx;
 40     stk[++top]=x;
 41     instk[x]=true;
 42     for (edges *i=head[x];i;i=i->last)
 43         if(!dfn[i->v])
 44             tarjan(i->v),low[x]=min(low[x],low[i->v]);
 45         else  if(instk[i->v])  low[x]=min(low[x],dfn[i->v]);
 46     if(dfn[x]==low[x]) {
 47         bcc_cnt++;int t;
 48         do instk[t=stk[top--]]=false,bccno[t]=bcc_cnt,bgcd[bcc_cnt]=gcd(bgcd[bcc_cnt],s[t]);while (t!=x);
 49     }
 50 }
 51 
 52 char me[N],gold[M<<1];
 53 int fr[N<<1],in[N],now[N],num[N],mx[N],mn[N];
 54 
 55 int inv[N],fac[N];
 56 
 57 #define C(i,j) ((ll)fac[(i)]*inv[(j)]%mod*inv[(i)-(j)]%mod)
 58 
 59 int  main(){
 60     //freopen("1.in","r",stdin);
 61     //freopen("war.out","w",stdout);
 62     n=read(),a=read(),b=read();
 63     for (int i=1;i<=n;++i) {
 64         scanf("%s",me+1);
 65         for (int j=1;j<=n;++j)  if(me[j]^48)  push(i,j);
 66     }
 67     for (int i=1;i<=n;++i)  {
 68         s[i]=read();
 69         fr[i]=fr[i-1]+s[i-1];
 70         scanf("%s",gold+fr[i]);
 71     }
 72     for (int i=1;i<=n;++i)  if(!dfn[i])
 73         tarjan(i);
 74     bgcd[0]=s[n];
 75     for (int i=1;i<=bcc_cnt;++i)
 76         fr[i+n]=fr[i-1+n]+bgcd[i-1];
 77     fr[n+bcc_cnt+1]=fr[n+bcc_cnt]+bgcd[bcc_cnt];
 78     for (int i=0;i<fr[n+1];++i)
 79         gold[i]^=48;
 80     for (int i=1;i<=n;++i) {
 81         for (edges *j=head[i];j;j=j->last)  
 82             if (bccno[i]!=bccno[j->v])
 83                 push(bccno[i]+n,bccno[j->v]+n),++in[bccno[j->v]];
 84         for (int j=fr[i];j<fr[i+1];++j)
 85             if (gold[j])    
 86                 gold[fr[bccno[i]+n]+(j-fr[i])%bgcd[bccno[i]]]=true;
 87     }
 88     now[bcc_cnt]=bgcd[bcc_cnt];
 89     for (int i=bcc_cnt;i>1;--i) {
 90         now[i-1]=gcd(bgcd[i],bgcd[i-1]);
 91         for (int j=0;j<bgcd[i];++j)    if(gold[fr[i+n]+j])
 92             ++num[i],gold[fr[i+n-1]+j%now[i-1]]=true;
 93     }
 94     for (int j=0;j<bgcd[1];++j) if(gold[fr[1+n]+j])
 95         ++num[1];
 96     for (int i=1;i<=n;++i)  {
 97         mx[i]=(ll)num[bccno[i]]*s[i]/bgcd[bccno[i]];
 98         for (int j=fr[i];j<fr[i+1];++j)
 99             mn[i]+=gold[j];
100     }
101     fac[0]=1;
102     for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;inv[0]=inv[1]=1;
103     for (int i=2;i<=n;++i)  inv[i]=(ll)inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
104     for (int i=2;i<=n;++i)  inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-1]%mod;
105     int ans=0;
106     for (int i=1;i<=n;++i) {
107         int c1=0,c2=0;
108         for (int j=1;j<=n;++j) if (mn[j]>mx[i]) ++c1;
109         if (c1>=a) continue;
110         for (int j=1;j<=n;++j)  
111             if (mn[j]<=mx[i]&&(mx[j]>mx[i]||mx[j]==mx[i]&&j>i)) ++c2;
112         for (int j=min(b-1,min(c2,a-1-c1));b-j-1<=c1&&(~j);--j) 
113             ans=(ans+C(c2,j)*C(c1,b-j-1)%mod)%mod;
114     }
115     printf("%d\n",ans);
116 }

 

posted @ 2018-04-18 15:32  Troywar  阅读(473)  评论(0编辑  收藏  举报