闲话 22.12.10

闲话

今日闲话写一部分发一部分（
所以常来看看！

还是杂题（

[蓝桥杯 2021 国 A] 积木

题面长，不粘。

首先有一个观察是 $1\sim x-1$ 、 $x\sim y$ 、 $y+1\sim n$ 这三段可以分开考虑贡献再合并。
容易发现 $y + 1\sim n$ 这一段对答案的贡献是 $(R - L + 1) ^{n - y}$ ，由于没有限制。

随后考虑前两个部分如何计算。

首先可以发现，从第二行开始，每一行的积木数量都落在一个区间 $[l_i,r_i]$ 内。我们尝试生成积木数量的计数。首先设 $f(t) = \sum_{i=L}^R t^i$ 。不难得到第 $n$ 行的生成函数为 $f(t)^{n-1}$ 。

我们发现目前的生成函数的最低项是非常数项。不妨将系数进行偏移，令 $f(t) = \sum_{i=0}^{R-L}t^i$ ，第 $n$ 行的生成函数为 $f(t)^{n-1}$ ，这样 $[t^k]\left(f(t)^n\right)$ 对应的就是第 $n+1$ 行放 $k + w + n L$ 个积木的计数了。

然后可以枚举 $k$ 表示第 $x$ 行积木数量偏移后为 $k$ 的计数，并以此生成第 $y$ 行积木数量偏移后的值 $r$ 。我们可以将 $r$ 进行二次偏移，随后提取 $f(x)^{y-x}$ 的第 $r$ 项系数。
依照上方描述，有 $r = z\times (k + w + (x - 1) \times L) - (k + w + (y - 1)\times L)$ 。

前两部分的答案就是

\sum_{k \geq 0} [t^{k}] (f (t)^{x - 1}) \times [t^{r}] (f (t)^{y - x})

$\sum_{k\ge 0} [t^k]\left(f(t)^{x-1}\right)\times [t^r]\left(f(t)^{y-x}\right)$

你可能要问了：上界呢？
求和的上界是偏移后的上界，也就是 $f(t)^n$ 最高的度数。 $f(t)$ 的度数最大是 $R - L$ ，在自乘最多 $n$ 次后得到求和上界 $N = n(R - L)$ 。

发现 $N$ 最高可能达到 $2e7$ 的范围，直接做 NTT 的复杂度是 $O(N\log N)$ ，显然过不去。
你问怎么做？我们发现对 $f(t)$ 的操作只有求幂运算，不难想到首先将 $f$ 进行 DFT 后对点值求幂，再 IDFT 回来。这样就三次 DFT 得到答案。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (register int i = (a), i##_ = (b) + 1; i < i##_; ++i)
#define pre(i,a,b) for (register int i = (a), i##_ = (b) - 1; i > i##_; --i)
const int N = 2e7 + 10, mod = 998244353, g = 3;
int n, www, l, r, x, y, z, A[N], B[N], ans;

int qp(int a, int b) {
    int ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    } return ret;
}

int btrs[N];
int initrs(int k) {
    int len = 1; while (len < k) len <<= 1;
    for (int i = 0; i < len; ++ i) 
		btrs[i] = (btrs[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) ? len >> 1 : 0);
    return len;
}

const int L = 1 << 21;
int w[2][L];
int IUR() {
    w[0][0] = w[1][0] = 1;
    int w0 = qp(g, (mod - 1) / L);
    for (int i = 1; i < L; ++ i) w[0][L - i] = w[1][i] = 1ll * w[1][i-1] * w0 % mod;
    return 1;
} int dummy = IUR();

void NTT(int A[], int len, int type) {
    for (int i = 0; i < len; ++ i) if (i < btrs[i]) swap(A[i], A[btrs[i]]);
    for (int mid = 1; mid < len; mid <<= 1) {
        for (int i = L / (mid << 1), j = 0; j < len; j += (mid << 1)) {
            for (int k = 0; k < mid; ++ k) {
                int x = A[j + k], y = 1ll * A[j + k + mid] * w[type][i * k] % mod;
                A[j + k] = (x + y) % mod;
                A[j + k + mid] = (x - y + mod) % mod;
            }
        }
    } if (type == 1) return ;
    int tmp = qp(len, mod - 2);
    for (int i = 0; i < len; ++ i) A[i] = 1ll * A[i] * tmp % mod;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> www >> l >> r >> x >> y >> z;
	int len = n * (r - l) + 1, lim = initrs(len);
	rep(i,0,r - l) A[i] = 1;
	NTT(A, lim, 1);
	for (int i = 0; i < lim; ++ i) B[i] = qp(A[i], y - x), A[i] = qp(A[i], x - 1);
	NTT(A, lim, 0), NTT(B, lim, 0);
	for (int i = 0, p; i < len; ++ i) {
		p = z * (www + (x - 1) * l + i) - (www + (y - 1) * l + i);
		if (p < 0) continue; if (p >= lim) break;
		ans = (ans + 1ll * A[i] * B[p]) % mod;
	} cout << 1ll * ans * qp(r - l + 1, n - y) % mod;
}

多项式的次数无法降低，我们就需要寻找一种方法递推出它的系数。

不妨考虑较广泛的情况，即递推

g (x) = {(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{m}

$g(x) = \left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)^m$

的前 $k$ 项系数。

通过与P5434类似的手法，我们可以得到

\begin{aligned} g^{'} (x) & = {({(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{m})}^{'} \\ = m {(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{m - 1} {(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{'} \\ = m {(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{m - 1} (\frac{(1 - x^{n}) - n x^{n - 1} (1 - x)}{(1 - x)^{2}}) \\ = m g (x) {(\frac{1 - x^{n}}{1 - x})}^{- 1} (\frac{1 - x^{n} - n x^{n - 1} + n x^{n}}{(1 - x)^{2}}) \\ = m g (x) (\frac{1 - n x^{n - 1} + (n - 1) x^{n}}{(x - 1) (x^{n} - 1)}) \end{aligned}

$\begin{aligned} g'(x) &= \left(\left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)^m\right)' \\ & = m\left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)^{m-1}\left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)' \\ & = m\left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)^{m-1}\left(\frac{(1 - x^n) - nx^{n-1} (1-x)}{(1-x)^2}\right) \\ & = m\ g(x)\left(\frac{1 - x^n}{1-x}\right)^{-1}\left(\frac{1 - x^n - nx^{n-1} + nx^n}{(1-x)^2}\right) \\ & = m\ g(x)\left(\frac{1 - nx^{n-1} + (n-1) x^n}{(x - 1)(x^n - 1)}\right) \end{aligned}$

即

(x - 1) (x^{n} - 1) g^{'} (x) = m (1 - n x^{n - 1} + (n - 1) x^{n}) g (x)

$(x - 1)(x^n - 1)g'(x) = m\left(1 - nx^{n-1} + (n-1) x^n\right) g(x)$

这自然导出了递推方案。因此可以做到 $O(N)$ 递推。

统计答案并非瓶颈，因此做到了 $O(n(R - L))$ 求解本题。

code

常数有点大，目前是 lg 最劣解（

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (register int i = (a), i##_ = (b) + 1; i < i##_; ++i)
#define pre(i,a,b) for (register int i = (a), i##_ = (b) - 1; i > i##_; --i)
const int N = 2e7 + 10, mod = 998244353, g = 3;
int n, www, l, r, x, y, z, A[N], B[N], ans, len, lim;
int inv[N];

int qp(int a, int b) {
    int ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    } return ret;
}

void get(int f[], int n, int m) {
	f[0] = 1; 
	rep(i,1,len) {
		f[i] = f[i - 1];
		if (i - n + 1 >= 0) f[i] = (f[i] - 1ll * n * f[i - n] % mod + mod) % mod;
		if (i - n >= 0)     f[i] = (f[i] + 1ll * (n - 1) * f[i - n - 1]) % mod;
		f[i] = 1ll * f[i] * m % mod;

		if (i - 1 >= 0)     f[i] = (f[i] + 1ll * (i - 1) * f[i - 1]) % mod;
		if (i - n >= 0)     f[i] = (f[i] + 1ll * (i - n) * f[i - n]) % mod;
		if (i - n - 1 >= 0) f[i] = (f[i] - 1ll * (i - n - 1) * f[i - n - 1] % mod + mod) % mod;
		f[i] = 1ll * f[i] * inv[i] % mod;
	}
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> www >> l >> r >> x >> y >> z;
	len = n * (r - l) + 1;
	inv[0] = inv[1] = 1;
	rep(i,2,len) inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;

	get(A, r - l + 1, x - 1);
	get(B, r - l + 1, y - x);

	for (int i = 0, p; i < len; ++ i) {
		p = z * (www + (x - 1) * l + i) - (www + (y - 1) * l + i);
		if (p < 0) continue; if (p >= len) break;
		ans = (ans + 1ll * A[i] * B[p]) % mod;
	} cout << 1ll * ans * qp(r - l + 1, n - y) % mod;
}

流题

[TJOI2015]线性代数

你是数学题吧？！一定是的对吧！

其实答案可以被写成

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} B_{i, j} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i} C_{i}

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i a_j B_{i,j} - \sum_{i=1}^n a_i C_i$

形如这样的式子都可以被表示为最小割。我们看 $a_i$ 为选择了 $i$ 与否的布尔型，考虑22.12.8最后一题的手法，选一条边表示选择这条边对应的状态。那状态如何设计呢？
我们仍然建 $n$ 个点，与源点连接表示不选，与汇点连接表示选。那自然可以连汇点的流是 $C_i$ ，不连源点（流是 $0$ ）。随后考虑当不一定都选择，即 $i,j$ 至少有一条边连向了汇点的情况。这时拿一个新节点从源点连在 $i,j$ 上即可。我们必须要割掉源点到新节点的边。

注意是和减去最小割。

code

int M, s, t, n, m, ans, id[505][505];
int b[505][505], c[505];

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    rep(i,1,n) rep(j,1,n) cin >> b[i][j], ans += b[i][j];
    rep(i,1,n) cin >> c[i];
    M = n; s = ++ M, t = ++ M;
    rep(i,1,n) if (c[i] > 0) {
        adde(i, t, c[i]);
    }
    int t1, t2, t3;
    rep(i,1,n) rep(j,1,n) if(b[i][j] > 0) {
        t1 = i, t2 = j, t3 = ++ M; 
        adde(s, t3, b[i][j]);
        adde(t3, t1, inf);
        adde(t3, t2, inf);
    } 
    cout << ans - Dinic(s, t);
}

posted @ 2022-12-10 14:20 joke3579 阅读(122) 评论(0) 编辑收藏举报

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