Codeforces Round 940 (Div. 2)
这场还挺Edu的
C. How Does the Rook Move?
- 数学方法
我用的数学方法，卡了很久才推出来思路和式子。
首先行列其实等价，直接单考虑剩余 \(n\) 行就行。
这类题应该选择先选一个东西，然后处理剩下的东西。
这里好做的方法是先选 \(m\) 个 \((r, c)(r = c)\) 的格子，每次会耗费一个格子，后选 \(n - m\) \((r,c)(r\neq c)\)的格子，每次会耗费两个格子。
因为后选的格子每次会耗费两个，所以要保证留给后选的数目必须为偶数。
所以大体流程就是枚举所有的 \(m(m < n, (n - m)\mid 2)\)，然后推式子：
这里推选 \(m\) 个的比较直接：\(\binom{n}{m}\)。
但是剩下的那个卡了我半小时：
我们还剩下 \(n - m\) 行/列，而且必须是偶数（第2类棋不能走完奇数行/列）。
我们可以看到，剩余列的 \((n - m)!\) 每一种排列都对应着一组我们可以下的棋步。例如，如果我们还剩下 \((1, 4, 5, 6)\) 列，那么 \((4, 5, 6, 1)\) 排列对应于下 \((4, 5), (6, 1)\) 步棋。然而，如果我们只是简单地计算排列数，那么我们也将计算排列 \((6, 1, 4, 5)\) ，它对应的是同一组棋步。
为了消除多算，我们可以用 \((n - m)!\) 除以 \(((n - m)/2)!\) （去除所选棋子对的排列）。
因此，答案变为
\(\sum\limits_{c = 0}^m [(n - m) \bmod 2 = 0] {n \choose m} \frac{(n - m)!}{\left(\frac{n - m}{2}\right)!}\)
void solve()
{
#define tests
int n, k;
std::cin >> n >> k;
std::vector<bool> vis(n);
for (int i = 0, r, c; i < k; i++) {
std::cin >> r >> c;
--r, --c;
vis[r] = vis[c] = true;
}
int cntNotVis(std::count(all(vis), false));
Z ans {};
for (int m = cntNotVis & 1; m <= cntNotVis; m += 2) {
ans += comb.binom(cntNotVis, m) * comb.fac(cntNotVis - m) / comb.fac((cntNotVis - m) / 2);
}
std::cout << ans << '\n';
}
- 动态规划
赛时也有往这个方向考虑，但是不知道怎么转移。
移动基本上有两种类型：
- 在某个 \((i, i)\) 位置放置车：这将减少 \(1\) 的空闲行列数。
- 将车置于 \((i, j)\) ，其中 \(i \neq j\) ：现在计算机也会这样做，将车置于 \((j, i)\) 处，挡住 \(i\) 和 \(j\) 行以及 \(i\) 和 \(j\) 列。因此空闲行列数减少了 \(2\) 。
首先，我们算出之前下过的 \(k\) 步，并计算剩余可放置车的空闲列/行的数量，称之为 \(m\) 。
注意移行/列的顺序并不影响车的最终配置，因此只有行数才是决定最终配置数的关键。
定义 \(dp[i]\) 表示当剩下 \(i\) 行和列时的最终配置数。
由于移除行/列的顺序并不重要，我们从移除最后一行或最后一列开始。
在移除 \(i \times i\) 网格中的最后一行或最后一列时，我们有两种选择：
- 我们放置车 \((i, i)\) ，结果是只删除最后一行和一列，留下一个 \((i-1) \times (i-1)\) 格。这种情况下的最终配置数为 \(dp[i-1]\) 。
- 或者，我们也可以在 \((i, j)\) 或 \((j, i)\) 中的任意 \(j \in \{1, 2, \ldots, i-1\}\) 放置车。这步棋之后， \(j\) th和 \(i\) th行列都被删除，剩下一个 \((i-2) \times (i-2)\) 格。这就为 \(dp[i]\) 贡献了 \(2 (i-1) \cdot dp[i-2]\) 。
总的来说，我们计算了所有 \(i \in \{2, 3, \ldots, n\}\) 的 \(dp[i] = dp[i-1] + 2 (i-1) \cdot dp[i-2]\) ，基本情况为 \(dp[0] = dp[1] = 1\) 。
我们的最终答案是 \(dp[m]\) 。
while (t--) {
int n, k;
cin >> n >> k;
int used = 0;
for (int i = 0; i < k; i++) {
int r, c;
cin >> r >> c;
used += 2 - (r == c);
}
int m = n - used;
dp[0] = dp[1] = 1;
for (int i = 2; i <= m; i++)
dp[i] = (dp[i - 1] + 2ll * (i - 1) * dp[i - 2] % MOD) % MOD;
cout << dp[m] << "\n";
}
D. A BIT of an Inequality
二进制拆位前缀和，只是维护的是到当前这位的 \(1\) 的个数为奇数的个数。
维护出来之后对每个 \(y\) 找最高位的 \(1\)，显然 \(f(x,z)\) 和 \(f(y,z)\) 的这一位的 \(1\) 的个数之和只要为偶数，那么 \(f(x, y)\oplus f(y, z) > f(x, z)\) 因为此时 \(f(x, z)\) 这一位为 \(0\) 了，而 \(f(x, y)\oplus f(y,z)\) 这一位仍为 \(1\)。
显然为偶数的情况要么是奇数加奇数，要么是偶数加偶数。
void solve()
{
#define tests
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (auto& x : a)
std::cin >> x;
std::vector dp(31, std::vector<int>(n + 1)); // 拆位前缀和
for (int i = 0; i < 31; i++) {
int sum {};
for (int j = 0; j < n; j++) {
sum = (sum + (a[j] >> i & 1)) & 1; // 统计1的个数是不是奇数
if (sum == 1) {
dp[i][j + 1] = dp[i][j] + 1;
} else {
dp[i][j + 1] = dp[i][j];
}
}
}
i64 res {};
for (int i = 0; i < n; i++) {
int p {};
for (int j = 30; j >= 0; j--) { // 找这个数最大为1的位
if (a[i] >> j & 1) {
p = j;
break;
}
}
// 奇数 + 奇数的方案
i64 add1(1LL * dp[p][i] * (dp[p][n] - dp[p][i]));
i64 add2(1LL * (i + 1 - dp[p][i]) * (n - i - (dp[p][n] - dp[p][i])));
// 偶数 + 偶数的方案
res += add1 + add2;
}
std::cout << res << '\n';
}
