【USACO 2020 US Open Platinum】题解

T1

Sol

简单题，发现实质上是用一条折线把举行分开，弯折处必须放，其余随便放不放，同时满足有些格子不能放。直接 dp 就好了。

不过当时脑子有抽风，所以写得复杂了，分成了四种情况讨论，然后统计的是所有方案的必须选的逆元和，最后再乘上一个 \(2^{tot}\) ……

Code

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define go(G, x, i, v) \
  for (int i = G.hd[x], v = G.to[i]; i; v = G.to[i = G.nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
inline LL read() {
  LL x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

const int Max_n = 2005, mod = 1e9 + 7, inv = (mod + 1) / 2;
int n, ans, tot, t;
int f[Max_n], q[Max_n], g[Max_n];
char s[Max_n][Max_n];

namespace Input {
void main() {
  n = read();
  for (int i = n; i >= 1; i--) {
    scanf("%s", s[i] + 1);
    for (int j = 1; j <= n; j++) tot += s[i][j] == '.';
    reverse(s[i] + 1, s[i] + n + 1);
  }
}
}  // namespace Input

namespace Solve {
void DP() {
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    for (int j = 0; j <= n; j++) {
      (q[j] = s[j + 1][i - 1] != 'W' ? f[j] : 0) %= mod;
    }
    for (int j = 1; j <= n; j++) (q[j] += q[j - 1]) %= mod;
    for (int j = 0; j <= n; j++) {
      g[j] = j > 0 && s[j][i] == '.' ? (LL)q[j - 1] * inv % mod * inv % mod : 0;
      (g[j] += f[j] % mod) %= mod;
    }
    swap(g, f);
  }
  for (int i = 0; i < n; i++) f[i] = s[i + 1][n] != 'W' ? f[i] : 0;
  for (int i = 1; i < n; i++) (f[i] += f[i - 1]) %= mod;
}
void main() {
  t = 1;
  while (tot--) t = 2 * t % mod;
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = s[i][1] == '.' ? (LL)inv * inv % mod : 0;
  DP();
  (ans += (LL)f[n] * t % mod * 2 % mod) %= mod;
  (ans += (LL)f[n - 1] * t % mod) %= mod;
  f[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = 0;
  DP();
  (ans += (LL)f[n] * t % mod) %= mod;
  (ans += (LL)f[n - 1] * t % mod * inv % mod) %= mod;
  cout << ans << endl;
}
}  // namespace Solve

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("A.in", "r", stdin);
  freopen("A.out", "w", stdout);
#endif
  Input::main();
  Solve::main();
}

T2

Sol

题意是对于 \(n!\) 种置换，每种置换的所有环长的 \(lcm\) 的乘积。

不难发现可以转化为求每个质因数的指数，最后乘起来就行了。

那么重点在于怎么求指数。

对于 \(p\) ，其实并不需要一一处理恰好包含 \(p^i\) 的置换个数，事实上设 \(F(x)\) 为 \(x|lcm\) 的置换个数，那么 \(p\) 的指数就是 \(\sum F(p^i)\) 。

接下来进一步转化为怎么求 \(F(x)\) ，若 \(x|lcm\) ，那条件应该是所有环长中，至少有一个环长 \(len\) 满足 \(x|len\) 即可。

正难则反，转为求 \(f(t)\) 为构造的环长总合目前为 \(t\)，没有任何一个环长满足 \(x|len\) 的置换数，则 \(F(x)=n!-f(n)\) 。

接着我们可以设函数 \(g(t)\) 为构造的环长总合目前为 \(t\)，且所有环长都满足 \(x|len\) 。

则有如下转移：

\[f(t) = t!-\sum_{j > 0} g(j)*f(t-j)*C^{j}_{t} \]

由定义可知，正确性显然。

然后问题又变成了怎么求 \(g\) ，我们有如下转移式：

\[g(t)=\sum_{j > 0, x|j} C_{t-1}^{j-1}*(j-1)! * g(t - j) \]

其中 \(j\) 为 1 所在的联通块大小，正确性显然。

故对于每一个 \(p\) ，我们都分别求出 \(F(p^i)\) ，然后计算答案。

根据转移式可发现，若要求得 \(f(n)\) ，\(f, g\) 所需使用的下标仅有 \(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor\) 个，故最终所有 \(dp\) 的总复杂度也就是 \(O(n^2)\) 。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
typedef unsigned long long uLL;
#define go(G, x, i, v) \
  for (int i = G.hd[x], v = G.to[i]; i; v = G.to[i = G.nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
inline LL read() {
  LL x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

const int Max_n = 7.5e3 + 5;
int n, mod, ans;
int C[Max_n][Max_n], fac[Max_n];

namespace FastMod {
uLL b, m;
void init(int x) { b = x, m = uLL((__int128(1) << 64) / b); }
uLL Mod(uLL a) {
  uLL q = (uLL)((__int128(m) * a) >> 64);
  uLL r = a - q * b;  // can be proven that 0 <= r < 2*b
  return r >= b ? r - b : r;
}
}  // namespace FastMod
using FastMod::Mod;

void M(int &x) { x = x >= mod - 1 ? x - mod + 1 : x; }

namespace Input {
void main() { n = read(), mod = read(); }
}  // namespace Input

namespace Init {
void main() {
  FastMod::init(mod - 1);
  for (int i = 0; i <= n; i++) {
    C[i][0] = 1;
    for (int j = 1; j <= i; j++) M(C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]);
  }
  fac[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = Mod((uLL)fac[i - 1] * i);
}
}  // namespace Init

namespace Solve {
int f[Max_n], g[Max_n];
bool vis[Max_n];
int ksm(int a, int b) {
  int res = 1;
  for (; b; b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
    if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
  return res;
}
int DP(int x) {
  g[0] = f[0] = 1;
  for (int i = x; i <= n; i += x) {
    g[i] = 0;
    for (int j = x; j <= i; j += x)
      M(g[i] += Mod(Mod((uLL)C[i - 1][j - 1] * fac[j - 1]) * g[i - j]));
  }
  for (int i = n % x; i <= n; i += x) {
    f[i] = fac[i];
    for (int j = x; j <= i; j += x) 
      M(f[i] += mod - 1 - Mod(Mod((uLL)C[i][j] * g[j]) * f[i - j]));
  }
  return Mod(fac[n] - f[n] + mod - 1);
}
void main() {
  ans = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
    if (!vis[i]) {
      for (int j = i; j <= n; j += i) vis[j] = 1;
      for (int j = i; j <= n; j *= i) ans = (LL)ans * ksm(i, DP(j)) % mod;
    }
  cout << ans << endl;
}
}  // namespace Solve

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("B.in", "r", stdin);
  freopen("B.out", "w", stdout);
#endif
  Input::main();
  Init::main();
  Solve::main();
}

T3

Sol

神题。

先想一下怎么算答案，我们发现，不管这 \(K\) 个点最开始在哪里，我们都必定可以将它们移到任意 \(K\) 个被指定的点上去，所以我们的方案数肯定最大为 \(K!\) 。

我们将所有极长的，中间点度数均为 2 的路径缩成一条边，将树变成一棵每个点度数均不为 2 的新树，对于一条边 \(i\) ，我们有 \(A_i\) 为 \(u\) 这边的子树大小，\(B_i\) 为 \(v\) 这边的子树大小，\(C_i\) 为这条路径上的点数，则有 \(A_i-1+B_i-1+C_i=n\)。

考虑对于一个 \(K\) 和一条边 \(i\) ，若有 \(K\ge A_i-1+B_i-1\) ，则 \(u, v\) 两个子树内的点必然不能交换，且中间的链上始终有 \(K-(A_i-1)-(B_i-1)\) 个元素，这些元素的顺序无法被改变。

反之若 \(K< A_i-1+B_i-1\) ，发现必然可以在不影响其他元素的情况下，交换 \((u, v)\) 链上的任意两个相邻元素，也就等价于可以交换链上任意两个元素。

对于一个 \(K\) ，将所有满足 \(K < A_i-1+B_i-1\) 的边连起来，发现对于每个联通块内都必然可以相互交换，同时对于所有能够“到达”这个联通块内的点，也可以做出交换。

对于一个联通块，如何计算能够到达它的点呢？我们发现如果联通块内连出去一条边，但是这条边并不满足 \(K < A_i-1+B_i-1\) ，设 \(A_i\) 是相对于联通块来说在外面的子树，除去此子树及此链以外的点数自然为 \(n-(A_i-1)-C_i\)。

由于不满足等式，则 \(n-(A_i-1)-C_i < K\) ，所以此子树最少也要剩下 \(K-(n-(A_i-1)-C_i) = A_i-1+C_i+K-n\) 个点不能到达联通块。

故对于当前 \(K\) 所构成的所有联通块，对于其中一个联通块 \(T\)，设其点数为 \(x\) ，和联通块相连但不满足要求要求的边的编号集合 \(S=\{i | v_i\in T \ and\ u_i \notin T\}\) ，设此集合大小为 \(y\) ，则联通块内可交换集合大小为：

\[f(T)=K-\sum_{i \in S} A_i - 1 + C_i + K - n \]

将常数项拆出来，并且由于其意义，实际上 \(\sum_{i \in S} A_i - 1 + C_i=n-x+y\) 。

那么可将式子进一步化为：

\[f(T)=K - (n-x) - (K-n+1) * y \]

由此，对于一个 \(K\) 而言，其答案就是 \(\frac{K!}{\prod f(T)!}\) ，意义在开头已经说过了，\(K!\) 是放在某 \(K\) 个指定位置的方案数，然后除去所有可交换的位置集合方案数。

那么考虑从大到小枚举 \(K\) ，就能使得边不断被加入，用并查集即可轻松维护 \(x\) 与 \(y\) 。

对于每个 \(K\) 来说，不用管那么多，直接枚举当前存在的所有联通块即可。

因为对于任意一条边来说，它不被连上当且仅当 \(K>(A_i-1)+(B_i - 1)\) ，也就是 \(K > n - C_i\) ，也就是说它只会在前 \(C_i\) 大的 \(K\) 里作出贡献，也就是说所有 \(K\) 的联通块数的和为 \(\sum C_i = O(n)\) ，所以直接枚举的复杂度肯定是对的。

Code

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define go(G, x, i, v) \
  for (int i = G.hd[x], v = G.to[i]; i; v = G.to[i = G.nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
inline LL read() {
  LL x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

const int Max_n = 1e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
struct graph {
  int hd[Max_n];
  int cntr, nx[Max_n << 1], to[Max_n << 1];
  void addr(int u, int v) {
    cntr++;
    nx[cntr] = hd[u], to[cntr] = v;
    hd[u] = cntr;
  }
};
struct path {
  int u, v, len;
};

int n;
int fac[Max_n], ifac[Max_n];
int deg[Max_n], bf[Max_n], nx[Max_n];
graph G;
int cnt, f[Max_n], x[Max_n], y[Max_n];
path K[Max_n];
void remove(int x) {
  nx[bf[x]] = nx[x], bf[nx[x]] = bf[x];
}

namespace Input {
void main() {
  n = read();
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int u = read(), v = read();
    G.addr(u, v), G.addr(v, u);
    deg[u]++, deg[v]++;
  }
}
}  // namespace Input

namespace Init {
int ksm(int a, int b = mod - 2) {
  int res = 1;
  for (; b; b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
    if (b & 1) res = (LL)res * a % mod;
  return res;
}
void build(int x, int fa, int Fa, int dep) {
  if (deg[x] != 2) {
    if (x != nx[0]) K[++cnt] = (path){Fa, x, dep + 1};
    Fa = x, dep = 0;
  }
  go(G, x, i, v) if (v != fa) build(v, x, Fa, dep + 1);
}
void main() {
  fac[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = (LL)fac[i - 1] * i % mod;
  ifac[n] = ksm(fac[n]);
  for (int i = n; i ; i--) ifac[i - 1] = (LL)ifac[i] * i % mod;
  int L = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (deg[i] != 2) {
      bf[i] = L, nx[L] = i, L = i;
      f[i] = i, x[i] = 1, y[i] = deg[i];
    }
  build(nx[0], 0, 0, 0);
}
}  // namespace Init

namespace Solve {
bool cmp(path a, path b) {
  return a.len < b.len;
}
int ans[Max_n];
int find(int x) { return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]); }
void merge(int u, int v, int len) {
  u = find(u), v = find(v);
  if (u == v) return;
  f[v] = f[u], x[u] += x[v] + len - 2, y[u] += y[v] - 2;
  remove(v);
}
void main() {
  sort(K + 1, K + cnt + 1, cmp);
  int pos = 1;
  ans[n] = fac[n];
  for (int k = n - 1; k; k--) {
    ans[k] = fac[k];
    while (pos <= n && n - K[pos].len > k) merge(K[pos].u, K[pos].v, K[pos].len), pos++;
    for (int i = nx[0]; i; i = nx[i]) {
      ans[k] = (LL)ans[k] * ifac[k - (n - x[find(i)]) - (k - n + 1) * y[find(i)]] % mod;
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
}
}  // namespace Solve

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("C.in", "r", stdin);
  freopen("C.out", "w", stdout);
#endif
  Input::main();
  Init::main();
  Solve::main();
}

posted @ 2020-04-29 12:50 洛水·锦依卫阅读(293) 评论(0) 编辑收藏举报

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