一些题

有些内容因为机房电脑死机而丢失，这里标记为 TODO

根式指数和

Statement

求

$$2^m\sum_{\sum c_i=n,c_i\ge 0}\dfrac{(2n)!}{\prod(2c_i)!}\prod_{i=1}^ma_i^{c_i}$$

（若 $n\bmod 2=1$，答案为 $0$；否则上式中的 $n$ 为实际输入的 $n/2$）

给出了 $n(\le10^9),m(\le 7),a_i$

Solution

DP：

$f(i,S)$ 表示 $n=i$，$a_i^{k_i}$ 的 $k_i$ 的奇偶性：若 $i\in S$，$k_i$ 为奇数，否则 $k_i$ 为偶数；的答案

$$f(i,S)=\sum_{i=1}^m\sqrt{a_i}\cdot f(i-1,S\oplus\{i\})$$

$Ans=f(n,\varnothing)$

考虑 $\sqrt{a_i}$ 是个实数，不适合放到矩阵乘法中，优化一下式子：

$$f(i,S)=\sum_{i=1}^m[i\in S?1:a_i]\cdot f(i-1,S\oplus\{i\})$$

感性理解，非常的对

于是矩阵乘法优化 DP，做完了！！！！！！！

宝石路线

Solution

设 $f(t,u,S)$ 表示 $1\to u$ 经过了 $t$ 条边，收集到的宝石集合为 $S$ 的方案数

设一条边 $(u,v,T)$ 表示 $u\to v$ 的有向边，上面的宝石集合为 $T$

$f(0,1,\varnothing)=1$

$$f(t,u,S)=\sum_{(v,u,T)\in E}\sum_{P\cup T=S}f(t-1,v,P)$$

$Ans=\sum_u f(T,u,\{1,2,3,4\})$

考虑优化，一个 $(n\times 2^4)\times 1$ 的矩阵 $A_{(u,S)}$ 表示 $f(t,u,S)$

$A_{(1,\varnothing)}=1$

$(n\times 2^4)\times(n\times 2^4)$ 的转移矩阵 $B_{(v,P),(u,S)}=[\exists (v,u,T)\in E\land P\cup T=S]$

$Res\gets B^TA$

$Ans=\sum_{i}Res_{i,1}$

时间 $(2^4n)^3\log T$

Solution

列出限制条件：$Ans=|有红\cap 有黄\cap 有蓝\cap 有绿|$

这有点难求，直接转化：$Ans=|U|-|无红\cup 无黄\cup 无蓝\cup 无绿|$

考虑容斥，系数为 $(-1)^{限制条数}$

问题变成形如：限定这个图中只能走某些“无红且无黄”的边，走到某个点的方案数

设可走的边集为 $E'$

设 $f(t,u)$ 表示 $1\to u$ 走 $t$ 步的方案数

$$f(t,u)=\sum_{(v,u)\in E'}f(t-1,v)$$

$f(0,1)=1$

考虑矩乘优化：

$A$ 为 $n\times 1$ 的矩阵，初始 $A_{1,1}=1$

$B$ 为 $E'$ 邻接矩阵的转置

$Res=B^TA$（这个 $T$ 是指 $B$ 的 $T$ 次方）

做完了，因为容斥要做 $2^4$ 次这个问题，复杂度 $O(2^4n^3\log T)$

指数乘多项式形式2

Statement

$$a_n=a_{n-1}+\sum_{i=1}^p\left(b_i^n\sum_{j=1}^{q_i}c_{i,j}n^j \right)$$

$n\le 10^9$，$\sum_{i=1}^p q_i\le 100$.

Solution

设 $\displaystyle L=\max_{i=1}^pq_i$

考虑 $n\to n+1$，我们的目标是维护每个 $b_i^nn^j$，考虑

$$b_i^{n+1}(n+1)^j=\sum_{p=0}^jb_i^nn^p\cdot b_i\binom{j}{p}$$

所以得出答案：

$$\begin{bmatrix} 1&0&c_{1,1}&c_{1,2}&\cdots&c_{p,q_p}\\ 0&b_1\binom{0}{0}&0&0&\cdots&0\\ 0&b_1\binom{1}{0}&b_1\binom{1}{1}&0&\cdots&0\\ 0&b_1\binom{2}{0}&b_1\binom{2}{1}&b_1\binom{2}{2}&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&0&\cdots&b_p\binom{q_p}{q_p} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n-1}\\b_1^nn^0\\b_1^nn^1\\b_1^nn^2\\\vdots\\b_p^nn^{q_p}\\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_n\\b_1^{n+1}(n+1)^0\\b_1^{n+1}(n+1)^1\\b_1^{n+1}(n+1)^2\\\vdots\\b_p^{n+1}(n+1)^{q_p}\\ \end{bmatrix}$$

时间：$O(n^3\log T)$

路线方案数

Solution

设 $f(t,u)$ 为 $1$ 走 $t$ 距离到 $u$ 的方案数，$f(0,1)=1$

$$f(t,u)=\sum_{(v,u,w)\in E}f(t-w,v)$$

设 $m=\max w\le 10$

考虑优化，先设一个 $nm\times 1$ 的矩阵 $A$，$A_{(t,u),1}$ 表示 $f(t,u)$

再设一个 $nm\times nm$ 的转移矩阵 $B$，对于前 $m-1$ 个 $t$，$B_{(t,u),(t+1,u)}=1$，否则 $B_{(t,u),(s,v)}=[\exists(v,u,w)\in E,s=t-w]$

$A$ 初始时 $A_{(0,1),1}=1$，$0$ 为 $A$ 中最大的 $t$

令 $R=B^TA$（这里 $B^T$ 是指 $B$ 的 $T$ 次方）

$R_{(T,u),1}$ 即为每个 $u$ 的答案

时间：$O((nm)^3\log T)$，$nm\le 100$

生日悖论

Solution

考虑

$$1-\dfrac{\prod_{i=0}^{n-1}(365-i)}{365^n}\le50\%$$

解得

$$n\ge 23$$

前缀染黑期望步数

Solution

设 $P(i)$ 表示染了 $m$ 次后，恰好前 $i$ 个格子被染黑的概率

$$P(i)=\dfrac{i^m-(i-1)^m}{n^m}$$

于是

$$Ans=\sum_{i=1}^nP(i)i$$

找回帽子问题

Solution

设 $D(n)$ 为 $n$ 错排数

$$Ans=\dfrac{\binom{n}{k}D(n-k)}{n!}$$

$D(n)$ 有很多求法，举个例子，用容斥算：

$$D(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)!=n!\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k}{k!}$$

用递推算：

$$D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2))$$

飞行棋问题

Solution

定义距离终点 $[0..d]$ 的位置区间为安全区。

这个游戏有两个阶段：

1. 距离终点距离 $>d$，这时他会一直朝终点走
2. 距离终点距离 $\le d$，这时他会一直在安全区内游走

考虑第一个阶段：

设 $f(i,j)$ 为从距终点 $i+d$ 的地方开始，花 $j$ 步进入安全区的概率。

$$f(i,j)=\dfrac1d\sum_{k=1}^d\begin{cases} f(i-k,j-1)&i>k\\ 1&i\le k \end{cases}$$

考虑第二个阶段：

设 $q$ 为两人都在安全区内，先手获胜的概率

$$\begin{aligned} Q&=\dfrac{1}{d}+\left(1-\dfrac1d\right)^2\dfrac1d+\left(1-\dfrac{1}{d}\right)^4\dfrac1d+\cdots\\ &=\dfrac1d\dfrac{1-\left(1-\frac1d\right)^{2\infty}}{1-\left(1-\frac1d\right)^2}\\ &=\dfrac{1}{d-d(1-\frac1d)^2}\\ &=\dfrac{d}{2d-1} \end{aligned}$$

考虑结合两个阶段，求出答案：

设 $P(a,b)$ 为先手用 $a$ 步进入安全区，后手用 $b$ 步进入安全区，先手获胜的概率

$$P(a,b)=\begin{cases} \left(1-\frac1d \right)^{a-b}q&a>b\\ 1-\left(1-\frac1d\right)^{b-a}+\left(1-\frac1d\right)^{b-a}q &a\le b \end{cases}$$

那么

$$Ans=\sum_{a}\sum_{b}f(x-d,y-d)P(a,b)$$

考虑优化空间：滚动 $f$ 的一维即可。

一无所有

Solution

先分别去除 $A,B$ 中被严格偏序的无用点，然后分别按 $x$ 排序

证明贡献满足四边形不等式：如下图

然后根据决策单调性，即可分治解决。

投币取石子问题

Solution

设 $f(i,0/1)$ 为还有 $i$ 颗石子，先手为 A/B 时 A 的获胜概率

则 $f(0,0)=0,f(0,1)=1$

若 $f(i-1,0)>f(i-1,1)$：

$$\begin{aligned} f(i,0)&=(1-p)f(i-1,1)+p(1-q)f(i-1,0)+pq(1-p)f(i-1,1)+pqp(1-q)f(i-1,0)+\cdots\\ &=(1-p)f(i-1,1)\dfrac{1-(pq)^{\infty}}{1-pq}+p(1-q)f(i-1,0)\dfrac{1-(pq)^{\infty}}{1-pq}\\ &=\dfrac{(1-p)f(i-1,1)+p(1-q)f(i-1,0)}{1-pq}\\ f(i,1)&=(1-q)f(i-1,0)+q(1-p)f(i-1,1)+qp(1-q)f(i-1,0)+qpq(1-p)f(i-1,1)+\cdots\\ &=(1-q)f(i-1,0)\dfrac{1-(pq)^{\infty}}{1-pq}+q(1-p)f(i-1,1)\dfrac{1-(pq)^{\infty}}{1-pq}\\ &=\dfrac{(1-q)f(i-1,0)+q(1-p)f(i-1,1)}{1-pq} \end{aligned}$$

若 $f(i-1,0)\le f(i-1,1)$，同理可得：

$$\begin{aligned} f(i,0)&=\dfrac{pf(i-1,1)+(1-p)qf(i-1,0)}{1-(1-p)(1-q)}\\ f(i,1)&=\dfrac{qf(i-1,0)+(1-q)pf(i-1,1)}{1-(1-p)(1-q)} \end{aligned}$$

答案：$f(n,0)$

无向图碰面期望步数

Solution

设 $f(u,v)$ 为 $A$ 在点 $u$，$B$ 在点 $v$ 的期望碰面次数，其中 $u,v$ 连通

设 $S(u)$ 为 $u$ 以及与 $u$ 相邻的所有点组成的集合，$p(u,v)$ 为 $S(v)$ 中距 $u$ 最近的点中编号最小的一个.

$f(i,i)=0$

$$f(u,v)=\dfrac{1}{|S(u)|}\sum_{k\in S(u)}\begin{cases} 1&k=p(k,v)\\ f(k,p(k,p(k,v)))&\text{otherwise}. \end{cases}$$

不能 $O(n^3)$ 直接消元，考虑如何没有后效性地转移.

注意到每过一个单位时间，$A,B$ 的距离一定会减少，于是按 $u,v$ 的距离从小到大转移即可

收集邮票

Statement

$n$ 个数，每次等概率随机选一个数，设收集到所有数的时间为 $t$，求 $E\left(\frac{t(t+1)}{2}\right)$

Solution

设 $s_i$ 表示目前已经有 $i$ 种邮票，花多少步到达 $n$

$$Ans=\dfrac{E(s_0^2)+E(s_0)}2$$

设 $f(i)=E(s_i)$

$$\begin{aligned} f(i)&=\dfrac in(f(i)+1)+\dfrac{n-i}n(f(i+1)+1)\\ f(i)&=f(i+1)+\dfrac n{n-i} \end{aligned}$$

设 $g(i)=E\left(s_i^2\right)$

$$\begin{aligned} g(i)&=\dfrac inE\left((s_i+1)^2 \right)+\dfrac{n-i}nE\left((s_{i+1}+1)^2 \right) \\ &=\dfrac in\left(g(i)+2f(i)+1 \right)+\dfrac{n-i}n\left(g(i+1)+2f(i+1)+1 \right)\\ g(i)&=g(i+1)+2f(i+1)+2\dfrac{i}{n-i}f(i)+\dfrac{n}{n-i} \end{aligned}$$

$f(n)=g(n)=0$

---

更简单的方法：（sto sto sto sto sto 国队 orz orz orz orz orz）

设 $f(i)$ 为 $i\to i+1$ 期望花费多少

为了转移，还需要设 $g(i)$ 为 $0\to i$ 期望多少步、$h(i)$ 为 $i\to i+1$ 期望多少步

$$f(i)=\dfrac in(f(i)+g(i+1))+\dfrac{n-i}ng(i+1)$$

之类的式子，我也记不清楚了（应该是这个）

然后考虑 $g(i)$ 里面每个 $\dfrac ni$ 的贡献次数，即可得到最简式子。

弱题

Statement

$M$ 个数，值域 $[1..N]$，操作 $K$ 次，每次选一个数 $x$ 然后 $x\gets x\bmod N+1$，问最后 $1\sim N$ 每个数的期望出现次数

$N\le 10^3,M\le 10^9,K\le 2^{31}-1$

Solution

朴素 DP：设 $f(i,k)$ 为第 $k$ 轮答案

$$f(i,k)=\dfrac{n-1}{n}f(i,k-1)+\dfrac1nf(i-1,k-1)$$

这里 $i-1$ 值域在 $[1..N]$ 内

然后循环矩阵优化，$O(n^2\log K)$

所以为什么是卡特兰数？

Statement

$\text{LIS}\le 2$ 的排列计数，$n\le 2\cdot 10^6$.

Solution

根据 Dilworth 定理，条件等价于可以划分为最多两个下降子序列。

先考虑对于一个排列，如何计算他能被最少划分为多少个下降子序列：

设 $d_i$ 为第 $i$ 个下降子序列的末尾值，初始为 $\inf$，考虑贪心：

考虑加入一个数 $x$，取出所有末尾值中第一个 $\ge x$ 的，然后修改为 $x$.

原问题相当于只有 $d_1,d_2$ 两个下降子序列，$d_1<d_2$

根据上述贪心，考虑 DP 算出原问题的答案：

设 $f(i,j)$ 为已选前 $i$ 个数，有 $j$ 个小于 $d_1$ 的未选数的方案数，有 $i+j\le n$

有两种转移：

• 下一个数接在 $d_2$ 后面，该数一定为未选数的最大值
• 下一个数接在 $d_1$ 后面，该数 $<d_1$

$$\begin{aligned} f(i,j)&=f(i-1,j)+\sum_{k=j+1}^n f(i-1,k)\\ &=\sum_{k=j}^nf(i-1,k) \end{aligned}$$

边界：$f(0,n)=1$

答案：$f(n,0)$

注意到 $f(i)$ 为 $f(i-1)$ 的前缀和，故容易转化为 $g(i,j)=g(i-1,j)+g(i,j-1)$

注意到其几何意义，就是从 $(0,n)$ 开始，每次往下或者往右移一步，不能越过 $y=n-x$，到达 $(n,0)$ 的方案数

所以他是卡特兰数。

翻硬币

Solution

手动消元！

$f(i)$ 当前有 $i$ 个正面朝上的硬币，到 $n$ 个正面朝上的期望次数。

$f(k)=0$

$$f(i)=\dfrac in(f(i-1)+1)+\dfrac{n-i}n(f(i+1)+1)$$

然后手动消元。

咋校园呢：

$$\begin{aligned} f(n)&=0\\ f(n-1)&=\dfrac inf(n-2)+1\\ f(n-2)&=\dfrac inf(n-3)+\dfrac{n-i}nf(n-1)+1 \end{aligned}$$

此时将 $f(n-1)$ 代入 $f(n-2)$ 的式子再化简，就变成了只与 $f(n-3)$ 有关的一个式子

将 $f(n-2)$ 类似地代入。。。。

$f(0)$ 没有 $f(-1)$，也就是得到 $f(0)$ 是某个数

然后再将 $f(0)$ 反代入 $f(1),f(2),\ldots$

得出所有 $f$。

具体过程：

设 $f(i)=A_if(i-1)+B_i$

$A_{n-1}=\dfrac{n-1}{n},B_{n-1}=1$

$A_{n-i}=\dfrac{n-i}{n-i\cdot A_{n-i+1}}$

$B_{n-i}=\dfrac{i\cdot B_{n-i+1}+n}{n-i\cdot A_{n-i+1}}$

$f(0)=B_0$

然后反推回去

好麻烦呀！有没有更简单的方法呢？

---

一种更简单的方法：（sto sto sto sto 蝈対 orz orz orz orz）

设 $f(i)$ 为从 $i\to i+1$ 的期望步数

$$f(i)=\dfrac{n-i}n+\dfrac in(1+f(i-1)+f(i))$$

解得

$$f(i)=\dfrac n{n-i}+\dfrac i{n-i}f(i-1)$$

做后缀和然后输出即可。

骰子棋2

Solution

国队：

方程直接列。

消元直接消。

设 $f(i)$ 为 $i$ 到 $n$ 的期望步数。

$f(n)=0$

$$f(i)=1+\dfrac16\sum_{v\in 投骰子能到的地点}\dfrac{1}{|\text{Card}(v)|}\sum_{Op\in\text{Card}(v)}\begin{cases} f(v+d)&Op=\text Md\\ f(v)+r&Op=\text Sr \end{cases}$$

猴子大战

Solution

首先朴素 DP：

设 $P(S)$ 为集合 $S$ 的胜率，令 $T=U-S$

$$P(S)=\dfrac{1}{|S|}\sum_{u\in S}\dfrac1{|T|}\sum_{v\in T}a_{u,v}P(S\cup\{v\})+a_{v,u}P(S-\{u\})$$

下面是一个本质相同的式子，没啥区别

$$P(S)=\dfrac1{|S|(n-|S|)}\sum_{c=1}^nP(S\oplus\{c\})\begin{cases} \sum_{d\in S}a_{d,c}&c\not\in S\\ \sum_{d\not\in S}a_{d,c}&c\in S \end{cases}$$

考虑这题咋做。

结论：$P(S\cup T)=P(S)+P(T)$

考虑 $S,T,R$ 三人玩游戏，根据常识有 $P(S)+P(T)+P(R)=1$

考虑 $S\cup T,R$ 两人玩游戏，根据常识有 $P(S\cup T)+P(R)=1$

所以 $P(S)+P(T)=P(S\cup T)$

于是只考虑所有单个牌的集合的胜率即可！

设 $f(i)$ 为牌 $i$ 的胜率，照着最上面的式子有

$$\begin{aligned} f(i)&=\dfrac{1}{n-1}\sum_{j\not=i}a_{i,j}(f(i)+f(j))+a_{j,i}\cdot 0\\ &=\sum_{j\not= i}\dfrac{a_{i,j}}{n-1}f(i)+\dfrac{a_{i,j}}{n-1}f(j) \end{aligned}$$

还有 $\sum f(i)=1$

高斯消元即可。

卡牌游戏

Solution

设 $f(i,j)$ 为剩下 $i$ 个人时，从庄家开始第 $j$ 个人的存活概率

$$f(i,j)=\dfrac1m\sum_{k=1}^m\begin{cases} f(i-1,j-a_k) &a_k<j\\ 0&a_k=j\\ f(i-1,j+i-a_k) &a_k>j \end{cases}$$

$f(1,1)=1$

集邮问题2

Solution

设 $f(S)$ 为当前有 $S$ 集合的卡，到集齐所有卡还需要期望多少步。

$$f(S)=1+\sum_{i=1}^n\begin{cases} p_if(S)&i\in S\\ p_if(S\cup\{i\})&i\not\in S \end{cases}$$

化简得

$$f(S)=\dfrac{\displaystyle 1+\sum_{i\notin S}p_if(S\cup\{i\})}{\displaystyle 1-\sum_{i\in S}p_i}$$

设全集为 $U$，$f(U)=0$

答案为 $f(\varnothing)$

奖牌魔法

Solution

设 $f(a,b,c)$ 为当前有 $a$ 块铜牌 $b$ 块银牌 $c$ 块金牌，达到目标状态的期望耗费魔力数

$$\begin{aligned} f(a,b,c)=\ &\dfrac{a}{a+b+c}(f(a-1,b+1,c)+x)+\\ &\dfrac{b}{a+b+c}(f(a,b-1,c+1)+y)+\\ &\dfrac{c}{a+b+c}f(a+1,b,c-1) \end{aligned}$$

$f(0,0,n)=0$

因为 $a+b+c=n$，有效的状态数是 $O(n^2)$ 的，所以直接高斯消元即可

我的电影

Statement

长度为 $n$ 的序列，值域 $1\sim m$

定义一段区间的权值为，其所有仅出现过一次的数 $x$ 的 $w_x$ 之和

求最大权值

Solution

简单题。

扫一遍

考虑加入一个数 $x$，设其上一次出现位置为 $p$，其上上次出现位置为 $q$

那么 $[q+1..p]$ 区间减 $w_x$，$[p+1..i]$ 区间加 $w_x$，每次查区间 $\max$

做完了。

这个 trick 是“区间本质不同子串数”的严格子集。

奇怪的植物

Solution

简单题。

楼房重建

把 push_up 改成 O(log) 的就行了。

顺便学一下兔队线段树：

兔队线段树

一种维护前缀 $\max$ 序列的方法。

本题是要求动态维护严格前缀 $\max$ 序列的长度。

记 $s_i$ 为 $i$ 的斜率

一个节点 $[l,r]$ 维护：

• 本区间 $s_i$ 的 $\max$
• 仅考虑这个区间时，前缀 $\max$ 序列长度。也就是不考虑 $[1,l-1]$ 区间对本区间的影响。

第二个信息 push_up 时直接线段树二分，记 $\text{calc}(u,x)$ 为 $u$ 子树内，只考虑 $>x$ 的数时的答案，有

def calc(u, x):
    if u is a leaf node:
        return [u.mx > x]
	if u.ls.mx > x:
		return calc(u.ls, x) + (u.ans - u.ls.ans)
	else:
		return 0 + calc(u.rs, x)

这题就做完了。

---

注意到上述 calc 利用了 ans 的可减性（u.ans - u.ls.ans），那么若 ans 没有可减性咋做捏？

仔细思考，把 ans 的定义改成“考虑该区间的影响后，右子树的答案”即可！

对于叶子，其 ans 视作未定义。

然后修改 calc 函数，只需要把 u.ans - u.ls.ans 改为 u.ans 即可。

最小差值序列

Slope Trick。当时学了一通。

TODO

凑整数

同余最短路 / 模意义下的完全背包的转圈做法 板子题。

单格染黑期望步数

Solution

设 $f(i)$ 为从 $i$ 个黑色格子到 $i+1$ 个黑色格子的染色次数期望

$$\begin{aligned} f(i)&=\dfrac in(1+f(i))+\dfrac{n-i}n\\ \Longrightarrow f(i)&=\dfrac n{n-i} \end{aligned}$$

答案：$\sum_{i=0}^{n-1} f(i)$

n元一次不定方程

Statement

求

$$\sum_{i=1}^na_ix_i=m$$

的正整数解数量 $\bmod (10^9+7)$

$n\le 15, a_i\le 15, m\le 10^9$

Solution

首先 $\displaystyle m\gets m-\sum_{i=1}^na_i$，问题变成非负整数解

设 $L=\operatorname{lcm}_{i=1}^na_i$，$g_i=\frac{L}{a_i}$

那么研究一组解 $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$：

设 $x_i=k_ig_i+b_i$，其中 $0\le b_i<g_i$

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^na_ix_i=m\\ \Longrightarrow&\sum_{i=1}^na_i(k_ig_i+b_i)=m\\ \Longrightarrow&\sum_{i=1}^nk_iL+a_ib_i=m \end{aligned}$$

设 $K=\sum_{i=1}^nk_i$

$$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^na_ib_i=m-KL\\ \iff&\sum_{i=1}^na_ib_i\equiv m\pmod{L} \end{aligned}$$

其中 $0\le b_i<g_i$

可以发现它们的和由两部分组成：$\displaystyle KL+\sum_{i=1}^na_ib_i$

所以可以分别对两部分计算方案数，然后组合起来。

Part I

设 $K$ 的一种分解方案 $K=\sum_{i=1}^nc_i$，$c_i\ge 0$

那么这就唯一对应一组解：

$$x_i=c_i\cdot g_i$$

问题变成对 $K$ 的分解方案进行计数。

这是容易的：$\displaystyle\binom{K+n-1}{n-1}$

Part II

首先 $L\le 360360<4\cdot10^5$

由于 $b_i<g_i$，故 $\displaystyle\sum_{i=1}^na_ib_i<nL<6\cdot10^6$

所以直接做背包求方案数，计算量 $<1\cdot10^8$，非常充裕！

Part III

考虑枚举 Part II 中的背包，每枚举到 $i\equiv m\pmod{L}$ 就计算方案数。

这里我们会计算至多 $\dfrac{nL}L=n$ 次。

剩下唯一的问题在于求组合数。

发现每次直接 $O(n)$ 做就行了！

---

复杂度：$O(n^2L)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 16, M = 6e6 + 10, P = 1e9 + 7;
int n, m, L = 1, lim, a[N];
ll ans, t1 = 1, f[M];
ll Qpow(ll x, ll y = P - 2) {
	ll res = 1;
	for (; y; y >>= 1, x = x * x % P) if (y & 1) res = res * x % P;
	return res;
}
ll C(ll t) {
	ll res = t1;
	for (ll i = t; i > t - n + 1; --i) (res *= i) %= P;
	return res;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]), L = lcm(L, a[i]), m -= a[i];
	for (int i = 1; i < n; ++i) (t1 *= i) %= P;
	if (m < 0) return puts("0"), 0;
	lim = min(n * L, m);
	t1 = Qpow(t1);
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int gi = L / a[i] - 1;
		int x = a[i];
		for (int b = lim; b > lim - x; --b) {
			ll sum = 0;
			for (int k = 0; k < gi; ++k)
				if (b >= k * x) (sum += f[b - k * x]) %= P;
				else break;
			for (int j = b; j >= x; j -= x) {
				sum = (sum - f[j] + ((j >= gi * x) ? f[j - gi * x] : 0ll) + P) % P;
				(f[j] += sum) %= P;
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i <= lim; ++i) 
		if (!((m - i) % L)) 
			(ans += f[i] * C((m - i) / L + n - 1) % P) %= P;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

无向图期望碰面步数2

Solution

枚举最终到达哪个点，记为 $s$，设 $f(i,j,t)$ 为当前 A 在 $i$，B 在 $j$，当前 A/B 先手，第一次相遇在 $(s,s)$ 的概率。

$f(i,i,t)=[s=i]$，消元即可，$O(n^7)$。

发现 $n$ 次消元中，不同点仅仅在于边界条件。所以构建 $n^2-n$ 行 $n^2$ 列的矩阵，消元求出每个 $f(a,b,t)$ 关于 $f(1,1,t),f(2,2,t),\ldots,f(n,n,t)$ 的线性表达，再依次代入 $f(i,i,t)=1$。$O(n^6)$。

随机4点连通块

Solution

答案 $=$ $1$ $-$ 每个连通块大小 $\le 3$ 的概率。

设 $f(i,j,k)$ 为当前共 $i$ 点，形成了 $j$ 个大小为 $1$ 的连通块、$k$ 个大小为 $2$ 的连通块的概率。

每次加入一个点，有如下方案：

• 孤立
• 用 1 条边连接一个大小为 $1$ 的连通块
• 用 2 条边连接两个大小为 $1$ 的连通块
• 用 1 条边连接一个大小为 $2$ 的连通块
• 用 2 条边连接一个大小为 $2$ 的连通块

加入一条边概率就乘以 $p$，故转移是 $O(1)$ 的。

求和即可，$O(n^3)$。

概率充电器

Solution

首先，根据期望的线性性，答案等于每个点通电概率之和

发现直接求通电的概率不好求，转而求不通电的概率

设 $f(u)$ 为考虑 $u$ 子树，$u$ 不通电的概率，$g(u)$ 为考虑 $u$ 子树外，$u$ 不通电的概率

$$\begin{aligned} f(u)&=(1-p_u)\prod_{v\in\text{son}(u)}(f(v)+(1-f(v))(1-w))\\ P_u&=g(\text{fa}_u)\cdot\dfrac{f(\text{fa}_u)}{f(u)+(1-f(u))(1-w)}\\ g(u)&=P_u+(1-P_u)(1-w) \end{aligned}$$

$P_u$ 的实际意义为，考虑 $u$ 子树以外的部分，$\text{fa}_u$ 不通电的概率。

注意 $P_u$ 式子中若分母为 $0$，令 $P_u=0$

$g(1)=1$

答案：$\displaystyle\sum_{i=1}^n1-f(u)g(u)$

麻球繁衍

Solution

这题好啊！我连第一句话都没想到。给了题解，DP 转移方程也半天没想明白。

首先所有麻球相互独立，故只需要算出 $1$ 个麻球在 $i$ 天内灭绝的概率

设 $f(i)$ 为 $1$ 个麻球在 $i$ 天内灭绝的概率

$$f(i)=\sum_{j=0}^{n-1}p_jf(i-1)^j$$

枚举这个麻球在第一天分裂成 $j$ 个，然后 $j$ 个麻球都要度过 $i-1$ 天，这是子问题。

答案：$\displaystyle f(m)^k$

水果篮子

Solution

注意到值域很小，所以直接背包即可。

整数抽卡

Solution

设数字全集为 $S$，$T_i$ 为 $i$ 数字的出现次数

设 $f(a,b)$ 为从 $\text{current number}\bmod m=a$，用过数集合为 $b$ 开始，能达成幸运数的概率

$$f(a,b)=\begin{cases} [b=S]&a=0\land b\not=\varnothing\\ \displaystyle\sum_{i\in S}\begin{cases} \displaystyle\dfrac{T_i}nf(a,b)&i=0\\ \displaystyle\dfrac{T_i}nf(i\bmod m,b\cup\{i\})&i\not=0 \end{cases} &a=0\land b=\varnothing\\ \displaystyle\sum_{i\in S}\dfrac{T_i}nf((10\cdot a+i)\bmod m,b\cup\{i\})&a\not=0\land b\not=\varnothing\\ \end{cases}$$

（cnblogs 的 LaTeX 好像不支持 rcases……）

答案：$f(0,\varnothing)$

注意到只有 $b$ 相同时，转移方程具有后效性。而直接暴力全局消元是不可行的。

于是按 $b$ 的大小倒着转移，每转移到一个未消元过的 $b$，就对所有 $f(a,b)$ 消一次元，再继续做。

复杂度 $O(m^32^{10})$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double EPS = 1e-9;
double f[30][1025], mat[30][31];
int n, m, S, T[10];
vector<int> S_;
char s[1005];
 
void Gauss() {
	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		int t = -1;
		for (int j = i; j < m; ++j)
			if (fabs(mat[j][i]) > EPS) {
				t = j;
				break;
			}
		assert(t != -1);
		swap(mat[t], mat[i]);
		double r = 1. / mat[i][i];
		for (int j = i; j <= m; ++j) mat[i][j] *= r;
		for (int j = 0; j < m; ++j)
			if (j != i) {
				r = mat[j][i];
				for (int k = i; k <= m; ++k) mat[j][k] -= mat[i][k] * r;
			}
	}
}
 
int main() {
	scanf("%d%d%s", &n, &m, s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int now = s[i] - 48;
		if (!T[now]++) S |= 1 << now, S_.push_back(now);
	}
	vector<int> id;
	for (int st = S; st; st = (st - 1) & S) id.push_back(st);
	sort(id.begin(), id.end(), [&](int x, int y) {
		int a = __builtin_popcount(x);
		int b = __builtin_popcount(y);
		if (a != b) return a > b;
		return x > y;
	});
	for (int b : id) {
		for (int i = 0; i < m; ++i)
			for (int j = 0; j <= m; ++j)
				mat[i][j] = 0;
		mat[0][0] = 1, mat[0][m] = b == S;
		for (int a = 1; a < m; ++a) {
			mat[a][a] = 1;
			for (int i : S_) {
				int nxt = (10 * a + i) % m;
				double t = (double)T[i] / (double)n;
				if ((b >> i) & 1) mat[a][nxt] -= t;
				else mat[a][m] += t * f[nxt][b | (1 << i)];
			}
		}
		Gauss();
		for (int a = 0; a < m; ++a) f[a][b] = mat[a][m];
	}
	double ans = 0, r = n - T[0];
	for (int i : S_) ans += (double)T[i] / r * f[i % m][1 << i];
	printf("%.8lf\n", ans);
	return 0;
}

超长涂色板

Solution

首先把所有 $c_i$ 中没出现的颜色 视为同一种颜色，令其编号为 $0$

设 $f(i,j)$ 为前 $i$ 个格子，第 $i$ 个格子填颜色 $j$ 的方案数

$$f(i,j)=\sum_{k\in\text{col}}f(i-1,k)\cdot(l_i-[k=j])$$

若第 $i$ 个格子被限制不能填颜色 $j$，$f(i,j)=0$

直接矩阵快速幂是 $r\cdot r^3\log m$ 的，不能通过。

注意到相邻的 $x_i$ 之间的转移矩阵是一样的，而瓶颈在于求 $A^1,A^2,A^4,\ldots$，所以先将其 $r^3\log m$ 预处理出来

而一个向量乘以矩阵的复杂度为 $n^2$，所以这时复杂度为 $O(r^3\log m+r\cdot r^2\log m)=O(r^3\log m)$

可以通过。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P = 1e9 + 7;
struct Mat {
	ll f[105][105];
	int n, m;
	Mat(int _n = 0, int _m = 0) {
		memset(f, 0, sizeof(f));
		n = _n, m = _m;
	}
	Mat operator* (const Mat &o) const {
		Mat res(n, o.m);
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int k = 1; k <= m; ++k)
				for (int j = 1; j <= o.m; ++j)
					(res.f[i][j] += f[i][k] * o.f[k][j] % P) %= P;
		return res;
	}
} A[70], B;
int m, r, tot, C[105], l[105];
array<ll, 2> t[105];
ll n;
int Move(int q, int p) {
	ll i = t[q][0], j = t[p][0];
	for (ll y = j - i, x = 0; y; y >>= 1, ++x)
		if (y & 1) B = A[x] * B;
	for (; p <= r && t[p][0] == j; ++p) B.f[t[p][1]][1] = 0;
	return p;
}
 
int main() {
	scanf("%lld%d%d", &n, &m, &r);
	for (int i = 1; i <= r; ++i) 
		scanf("%lld%lld", &t[i][0], &t[i][1]), C[++tot] = t[i][1];
	sort(C + 1, C + tot + 1), tot = unique(C + 1, C + tot + 1) - C - 1;
	for (int i = 1; i <= r; ++i)
		t[i][1] = lower_bound(C + 1, C + tot + 1, t[i][1]) - C + 1;
	sort(t + 1, t + r + 1);
	l[1] = m - tot++, t[0][0] = 1, t[r + 1][0] = n;
	for (int i = 2; i <= tot; ++i) l[i] = 1;
	A[0] = Mat(tot, tot);
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
		for (int j = 1; j <= tot; ++j) A[0].f[i][j] = l[i];
		--A[0].f[i][i];
	}
	for (ll i = 1, j = 2; j <= n; ++i, j <<= 1) A[i] = A[i - 1] * A[i - 1];
	B = Mat(tot, 1);
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) B.f[i][1] = l[i];
	int p = 1;
	for (; p <= r && t[p][0] == 1; ++p) B.f[t[p][1]][1] = 0;
	for (int s = 0, q; p <= r; p = Move(s, q = p), s = q);
	if (t[r][0] != n) Move(r, r + 1);
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) (ans += B.f[i][1]) %= P;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

到此为止吧。