Codeforces Round 940 (Div. 2)

这场还挺Edu的

1|0C. How Does the Rook Move?

Problem - C - Codeforces

• 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 $n-m$ $(r,c)(r\ne c)$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：$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$。

​ 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

​ $\sum _{c=0}^m[(n-m)mod2=0](\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\frac{(n-m)!}{\left(\frac{n-m}{2}\right)!}$

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：

1. 在某个 $(i,i)$ 位置放置车：这将减少 $1$ 的空闲行列数。
2. 将车置于 $(i,j)$ ，其中 $i\ne j$ ：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 $j\in \{1,2,\dots ,i-1\}$ 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 $i\in \{2,3,\dots ,n\}$ 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";
}

2|0D. A BIT of an Inequality

Problem - D - Codeforces

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';
}

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本文作者：Kdlyh
本文链接：https://www.cnblogs.com/kdlyh/p/18149939.html
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