CSP模拟1

A. 随

咕咕咕

B. 单

• \(\text{test} \ 1\)：边差分，\(O(n^2 \log n)\)
• \(\text{test} \ 2 \sim 4\)：\(O(n)\) 预处理距离，高斯消元

考场准备拿 \(\text{40 pts}\) 走人，结果高斯消元脑抽中间用了 double，后来转 int 的时候精度出了问题，又挂了 \(\text{20 pts}\)。

C. 题

前置芝士：\(\text{Catalan}\) 数

\[C_n = \dfrac{1}{n+1}\dbinom{n}{2n} \]

1. type 0

没有任何限制，那就直接排列组合。

设横向走了 \(2i\) 步（有去有回），则纵向就走了 \(n - 2i\) 步。

横着走的 \(2i\) 步是从 \(n\) 步里随机挑出来的，共有 \(\dbinom{2i}{n}\) 种方案。

这 \(2i\) 步里有向左走的也有向右走的，挑出向左走的方案数为 \(\dbinom{i}{2i}\)。

同理，纵向移动的方案数为 \(\dbinom{\frac{n - 2i}{2}}{n-2i}\)。

根据乘法原理

\[\sum_{i = 0}^{\frac{n}{2}}\dbinom{2i}{n}\dbinom{i}{2i}\dbinom{\frac{n - 2i}{2}}{n-2i} \]

2. type 1

纯纯的卡特兰数定义，只能在负半轴上走，并且还得回到原点。

即 \(n\) 个 \(+1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 的前缀和小于等于 \(0\) 的方案数，就是卡特兰数。

下面式子的 \(n\) 是 \(\dfrac{n}{2}\)，答案为

\[\dfrac{1}{n+1}\dbinom{n}{2n} \]

3. type 2

用 \(f[i]\) 表示走了 \(i\) 步回到原点的方案数，枚举第一次回到原点的方案数 \(j\)（\(j\) 为偶数），则此时方案数为 \(4 \times f[i - j] \times Cat_{\frac{j}{2} - 1}\)。

为什么要 \(-1\)？

卡特兰数是大于等于 \(0\)，但我们显然不需要这个等于。

假设只在横轴上移动，设向正方向走为 \((\)，向负方向走为 \()\)。

那么我们可以用括号序列来模拟移动的过程。

像这个序列 \((())(())\) 移动中也经过了一次原点，但是这个答案在 \((())\) 就被记录。

\(-1\) 的意义就是在序列两端人为加一对括号，保证在一次 \(dp\) 中不会中途回到原点。

还要考虑总共四个方向。

4. type 3

只能在第一象限和坐标轴正半轴走，有点像卡特兰数的经典例题。

要同时保证纵向和横向走的方案都满足卡特兰数的性质，还是枚举横向走 \(2i\) 步，则纵向走 \(n - 2i\) 步。

那么对于每次枚举，方案数即为横向和纵向方案数的乘积，再乘上从 \(n\) 步中选出某些步数横向走的方案数（考场忘记了这个，挂了 \(\text{25 pts}\)）。

答案为

\[\sum^{\frac{n}{2}}_{i = 0}\dbinom{2i}{n}Cat_{i}Cat_{\frac{n - 2i}{2}} \]

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D. DP搬运工 1

咕