1015&&1017模拟赛订正题解

1015

反正这两次的模拟赛都不太会写吧感觉越来越dl 今天初赛真好

反正题目给你excatalan 提醒你是卡特兰数了 m=0 的情况你发现就是卡特兰

那么考虑 m为任意数字的方法显然我们需要知道卡特兰数的证明方法其实昨天探讨的时候想了更多方法有必要解决这样的问题

首先证明方法有折线法由折线法我们不妨引出另外一种证明思想

卡特兰数对应的问题模型都是在第K次执行操作2的时候操作1都是至少执行了K次那么我们用x轴表示当前的操作次数一共需要2n次

然后把操作1当做向上45走根号2步操作2当成向下45走根号2步那么此时我们就能发现一条到达（2n，0）的折线

那么合法的方案数我们也能发现也就是这个折线没有任意时刻跨过x轴那么我们考虑这个时候用所有的方案数减去不合法的方案数

此时合法括号序列恰好对应我们寻找合法路径的方案数那么所有的方案数对应$\binom{2n}{n}$

那么此时来考虑怎么求所有不合法的方案数我们记得我们在求从（0,0）出发向上或者向右到达（n，n）

不跨过y=x 的方案数我们是怎么求证的呢我们画个图来探讨一下我真不想画截yxc神仙的b站上的组合数学讲解

现在任意存在一个不合法的路径那么我们找到第一次跨过这个直线的部分到达另外一条直线也就是图上绿色部分

我们此时将从这个点到后面的路径全部关于这个直线翻折过去

那么此时终点变成了（n-1 n+1）那么所有不合法的路径就对应所有从（0,0）到达（n-1，n+1）所有路径条数那么方案数我们就显然知道了

此时我们回到上面的折线法我们考虑每次45度这名方法也是把第一次跨过x轴到达y=-1 这个直线的时候 K 之后K+1~2n 之间的路径全部关于 y=-1 对称过来

不过是把y=x 这个基准线变成x轴然后把绿色的线

那么终点变成了（2n，-2）此时操作1 比操作少2 那么操作1 有n-1 操作2 有n+1 那么考虑此时就是2n 中选择 n-1 种的方案数 $\binom{2n}{n-1}$

那么不合法的方案数也就是至少一次不匹配的方案数此时卡特兰数的我们就证明了出来有必要把这种翻折寻找基准线的方法理解一下。

此时$\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1}$ 就是方案数其实从这个时候我们不妨思考一下我们减去的就是对应的至少一种不匹配的方案数

那么我们考虑如果是恰好m次不合法的方案数那么我们可以转化成至少m次不匹配的方案数 - 至少m+1次不匹配的方案数其实对应到折线图上

我们此时把基准线变成y=-m 这个时候我们求出来按照上述的方案数此时我们求出来就是至少m次不合法的方案数

此时 cat（n,m）-cat（n，m+1）此时就是答案了 cat(n,m)=$\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-m-1} $

注意取模问题就解决了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1,ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    x*=f;
} 
const ll mod=998244353;
ll fac[2002002],inv[2002002],n,m,ans;
inline ll pow(ll a,ll b) {
    ll res=1;
    while(b) {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline ll C(ll n,ll m) {
    if(m>n) return 0;
    if(m<0) return 0;
    if(n<0) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
inline ll c(ll n) {return (C(2ll*n,n)-C(2ll*n,n+1)+mod)%mod;}
ll exctl(int n,int m) {return (C(2ll*n,n)-C(2*n,n-m-1)+mod)%mod;}
int main() {
    freopen("excatalan.in","r",stdin);
    freopen("excatalan.out","w",stdout);
    read(n); read(m); 
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=2*n;i++) {
        fac[i]=fac[i-1]*i;
        fac[i]%=mod;
    }
    inv[2*n]=pow(fac[2*n],mod-2);
    for(int i=2*n-1;i>=0;i--) {
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1);
        inv[i]%=mod;
    }
    if(m==0) ans=c(n);
    else ans=(exctl(n,m)-exctl(n,m-1)+mod)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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T2 啥东西我也不清楚但是也不会

那就是考虑求连通块之积的组合意义的话那么就是对于每一个连通块选取一个点的方案数那么记 g[i] 表示以 i 为根并且i所在的连通块中选择一个点的方案数

那么 f[i] 表示以 i 为根并且 i 所在的连通块中没有选择一个点的方案数此时转移即可复杂度O(n)

自我感觉这种模型我没有理解回来会补可能qwq

代码找不到了

T3 不会写也没补

自我检讨一下最近比较懒很多东西没有订正

1017

是个期望比较容易推导做法很多期望dp啥的都很容易写

$f[i]$ 表示当前桌上牌有 i 张然后抽到相同的期望步数那么$f_n=1$ 然后转移就用概率*贡献即可每次有 i/n 的概率抽到以前的有 n-i/n 的概率抽到一张新的此时步数（贡献）就是$f_[i+1]+1$

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<deque>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#define INF 2147483646
#define ll long long
#define db double
#define pii pair<ll,ll>
#define mk make_pair
#define us unsigned
#define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define mod 998244353ll
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char getc()
{
    return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getc();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
    return x*f;
}
const int MAXN=10000010;
ll N=10000001,Q;
ll f[MAXN],n;//f[i]表示已经摸出了i张牌还需要摸的牌数
ll jc,in[MAXN];
int inv[MAXN];
inline ll ksm(ll b,ll p)
{
    ll ans=1;
    while(p)
    {
        if(p&1)ans=(ans*b)%mod;
        b=b*b%mod;
        p=p>>1;
    }
    return ans;
}
inline void prepare()
{
    jc=1;
    for(int i=1;i<=N;++i)jc=jc*i%mod;
    inv[N]=ksm(jc,mod-2);
    for(int i=N-1;i>=0;--i)inv[i]=((ll)inv[i+1])*(i+1)%mod;
    jc=1;
    for(int i=1;i<=N;++i)
    {
        in[i]=(inv[i]*jc)%mod;
        jc=jc*i%mod;
    }
}
signed main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    //freopen("1.out","w",stdout);
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    Q=read();prepare();
    while(Q--)
    {
        n=read();f[n]=1;
        for(int i=n-1;i>=0;--i)
        {
            f[i]=((i*in[n])%mod+(((n-i)*in[n])%mod)*(f[i+1]+1))%mod;
        }
        printf("%lld\n",f[0]);
    }
    return 0;
}

View Code

然后优化一下就是（n）求逆元而不是（3n）偷队友的图

T2 反正就是个线段树离线

随便想一想就知道是离线做但是我感觉比较难搞的还是知道要把dis+k 之后再排序因为直接整体动态平移是比较难做的

首先按dfs序建立线段树，将所有点的dis[i]与所有询问的dis[x] + k拿出来从大到小排序，然后逐个考虑，对于一个dis[i]，在线段树中i对应的位置赋为dep[i]，

对于每个dis[x] + k，求出x的子树区间的dep的最小值即可得到答案。

其实这个偏序问题源神给了一个CDQ 的做法是可的

这里写了一个线段树代码好像搞丢了回来找一下

T3 烧掉脑子只会写前6个点不想学莫比乌斯我还记得在海亮被反演支配脑子的几天

posted @ 2019-10-19 08:10 Tyouchie 阅读(135) 评论(0) 编辑收藏举报

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