CSP模拟50联测12

合集 - 模拟赛题解(11)

1.CSP模拟<反思> 12023-07-17 2.CSP模拟<反思> (3~15)2023-07-23 3.CSP模拟<反思> (16~20)2023-08-10 4.CSP模拟<反思> (21~31)2023-08-15 5.CSP模拟<反思>（35~41）2023-09-14 6.CSP模拟<反思>（50~？）2023-10-08

7.CSP模拟50联测12 2023-10-05

8.NOIP模拟<反思>（33~35）2023-11-08 9.NOIP模拟<反思>（36~）2023-11-16 10.省选联测 (7~13)2024-01-08 11.省选联测（14~20）2024-01-19

数据比较水，大家随便切

菜#

肯定是能合并就合并，然后就可以维护一个栈，扫到一个元素判断栈顶元素与这个元素 gcd 不为 $1$ 就可以直接合并，最后看栈内元素个数。

但是用 __int128 未必可以存的下，因此可以获得 $70$ 分好成绩。

考虑 $\leq 700$ 的质数有125个，每个数存一下有哪些质因子，用 __int128 或 bitset 可过。

狗#

行与行，列与列，行与列是独立的，所以分开考虑。

考虑一行LR。

设 $f_{i, j}, g_{i, j}$ 表示前 $i$ 个还有 $j$ 条R狗没有匹配的方案数，权值和，考虑转移：

1.如果当前不选 :

f_{i, j} = f_{i - 1, j}

g_{i, j} = g_{i - 1, j}

2.如果当前是L并且选：（可以选择 $j$ 中的任意一条）

f_{i, j - 1} = f_{i - 1, j} \times j

g_{i, j - 1} = g_{i - 1, j} \times j + f_{i - 1, j} \times j \times a_{i}

3.如果当前是R并且选：

f_{i, j + 1} = f_{i - 1, j}

g_{i, j + 1} = g_{i - 1, j} + f_{i - 1, j} \times a_{i}

~~最后将算出来的方案数相乘就是总方案数，每一个权值和要排除自己的方案数。~~

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353LL

#define N 502

using namespace std;
string s[N];
char c[N];
int n,m,ans,a[N],b[N][N],f[N][N],g[N][N],p[N<<1],q[N<<1],cnt;
void solve(){
	memset(f,0,sizeof f);
	memset(g,0,sizeof g);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++){
			f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%mod;
			g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j])%mod;
			if(c[i]=='L' || c[i]=='U'){
				if(j){
					f[i][j-1]=(f[i][j-1]+1ll*f[i-1][j]*j%mod)%mod;
					g[i][j-1]=((g[i][j-1]+1ll*g[i-1][j]*j%mod)%mod+
					1ll*f[i-1][j]*j%mod*a[i]%mod)%mod;
				}
			}
			else{
				f[i][j+1]=(f[i][j+1]+f[i-1][j])%mod;
				g[i][j+1]=((g[i][j+1]+g[i-1][j])%mod+1ll*f[i-1][j]*a[i]%mod)%mod;
			}
		}
	p[++cnt]=g[n][0];
	q[cnt]=f[n][0];
}
int main(){
	cin>>m;
	int i,j,k;
	for(i=0;i<m;i++) cin>>s[i];
	for(i=0;i<m;i++) for(j=0;j<m;j++) cin>>b[i][j];
	for(i=0;i<m;i++){
		n=0;
		for(j=0;j<m;j++)
			if(s[i][j]=='L' || s[i][j]=='R'){
				c[++n]=s[i][j];
				a[n]=b[i][j];
			}
		if(n) solve();
		n=0;
		for(j=0;j<m;j++)
			if(s[j][i]=='U' || s[j][i]=='D'){
				c[++n]=s[j][i];
				a[n]=b[j][i];
			}
		if(n) solve();
	}
	for(i=1;i<=cnt;i++){
		k=p[i];
		for(j=1;j<=cnt;j++) if(i!=j) k=(1LL*k*q[j])%mod;
		ans=(ans+k)%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

可#

计算 $\sum_{i = 1}^{k} a_{i} = n$ 的方案数 $g (n)$ ，用一个容斥：

g (n) = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} (\binom{k}{i}) (\binom{n - (x + 1) i + k - 1}{k - 1})

就是钦定有 $i$ 个是 $\geq x + 1$ 的，后面是一个隔板法,将 $n - (x - 1) i$ 拆成一堆 $1$ ,因为要分成 $k$ 个数，所以加入 $k - 1$ 个 $1$ ，从中选 $k - 1$ 个一作为板，每两个板之间的一的个数为数的大小，这是没有限制的，数可以 $\leq x + 1$ 。

对于容斥，我的理解是：

| ⋂_{i = 1}^{m} \overset{―}{A_{i}} | = | S | - \sum | A_{i} | + \sum | A_{i} \cap A_{j} | - \dots + (- 1)^{m} | ⋂_{i = 1}^{m} A_{i} |

将 $A_{i}$ 看作第 $i$ 个数 $\geq x + 1$ 。

答案就是：

对于数位dp, $d p_{a + b} = \sum f (i) i^{a + b}$

考虑这一位为 $x$ ，则变为

\sum f (i) \times f (x) \times (i + x \times 10^{n o w})^{a + b}

将二项式拆开

\sum f (i) \times f (x) \times \sum_{k = 0}^{a + b} (\binom{a + b}{k}) i^{k} (x \times 10^{n o w})^{a + b - k}

当 $k = b$ 时，得到：

\sum f (i) \times f (x) \times (\binom{a + b}{b}) i^{b} (x \times 10^{n o w})^{a}

合并一下

\sum (\binom{a + b}{a}) f (x) (x \times 10^{n o w})^{a} d p (b)

预处理 $c_{j, l}$ 可以提前取模

粘的std

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p = 1e9 + 7;
int n,k,b[10015],a[10015],B[10015],ten[10015],C[25][25];
int c[15][25],d[15][25],h[25],ans;
ll f[25],g[25],F[25],G[25];
char st[10015];
inline void inc(int &x,int y){(x+=y)>=p?x-=p:0;}//快速 加 + 取模 
inline int solve(){
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[0]=1;
	int num=0,res=0;
	for(int K=n,A;K>=0;--K){//数位dp 
		A=a[K];
		for(int i=9,X,Y;i>=0;--i){//枚举当前位的数字 
			X=max(i,1),Y=(ll)i*ten[K]%p;
			c[i][0]=d[i][0]=X;
			inc(d[i][0],d[i+1][0]);
			for(int j=1;j<=k-1;++j){
				c[i][j]=d[i][j]=(ll)c[i][j-1]*Y%p;
				inc(d[i][j],d[i+1][j]);
			}
		}
		for(int i=k-1;i>=0;--i){
			g[i]=g[i]*d[0][0]%p;
			for(int j=0;j<=i;++j)
				F[j]=f[j]*C[i][j]%p,G[j]=g[j]*C[i][j]%p;
			for(int j=0;j<=i;++j){
				if(j<i)g[i]+=G[j]*d[0][i-j];
				g[i]+=F[j]*d[A+1][i-j];
				if((j&3)==3)g[i]%=p;
			}
			f[i]*=c[A][0];
			for(int j=0;j<i;++j){
				f[i]+=F[j]*c[A][i-j];
				if((j&7)==7)f[i]%=p;
			}
			f[i]%=p,g[i]%=p;
		}
		num=(num+(ll)A*ten[K])%p;
	}
	memset(h,0,sizeof(h));
	h[0]=1;
	for(int i=1;i<=k-1;++i)
		for(int j=k-2;j>=0;--j)
			inc(h[j+1],h[j]),h[j]=(ll)h[j]*(i-num+p)%p;
	for(int i=0;i<=k-1;++i)
		res=(res+(ll)h[i]*(f[i]+g[i]))%p;
	return res;
}
inline int qpow(int a,int b){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=(ll)res*a%p;
		if(b>>=1)a=(ll)a*a%p;
	}
	return res;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); 
	cin >> k >> st + 1;
	n=strlen(st+1);
	for(int i=0;i<n;++i)b[i]=st[n-i]^48;// b 就是 x 
	n+=3;
	// for(int i=0;i<=n;++i){//B = kx 
	// 	// cout<<b[i];
	// 	B[i]+=b[i]*k;
	// 	B[i+1]+=B[i]%10,B[i]/=10;
	// }
	// cout<<endl;
	// for(int i=0;i<=n+1;i++){
	// 	cout<<B[i];
	// }
	// cout<<endl;
	++b[0];//x++; 
	for(int i=0;i<=n;++i)//处理进位 
		b[i+1]+=b[i]/10,b[i]%=10;
	ten[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)//十进制 ，1，10，100，，，， 
		ten[i]=ten[i-1]*10ll%p;
	for(int i=0;i<=k;++i){
		for(int j=1;j<=i;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;//组合数 
		C[i][0]=1;
	}
	for(int i=0;i<=k;++i){
		ans=(ans+(i&1?-1ll:1ll)*C[k][i]*solve())%p;//容斥 
		for(int j=0;j<=n;++j){
			a[j]+=b[j];
			a[j+1]+=a[j]/10,a[j]%=10;
		}
	}
	for(int i=1;i<=k-1;++i)
		ans=(ll)ans*qpow(i,p-2)%p;
	cout << (ans + p) % p << "\n";
	return 0;
}