暑假数学1
A [ABC281G] Farthest City
构造一张 \(N\) 个点的无向连通图，边权都是 \(1\)。记图中 \(1\) 到 \(u\) 的最短路径长度为 \(d_u\)，你需要保证 \(\max\{d_1,d_2,...,d_{N-1}\}\) 严格小于 \(d_N\)。求构造方案数模 \(M\) 的值，方案区分节点编号。
发现一些很好的性质：
- 从 \(1\) 到 \(d_N\) 的所有距离都有点。所有点的距离去重就是 \(1\) 到 \(d_N\) 的排列。
- 考虑像 BFS 一样按照从 \(1\) 号点搜的距离来对这个图分层，发现第 \(i\) 层的每一个点都至少跟上一层的一个点相连，且仅能跟上一层的点相连，每一层内可以相连。
那么我们发现它可以 \(\text{dp}\) ，考虑 \(f_{i,j}\) 记录这个图中前 \(i\) 个点，按深度分的最后一层上有 \(j\) 个点的答案。
- 首先，我们最后需要输出的答案是 \(f_{n,1}\) 即全部 \(n\) 个点，最后一层是终点 \(n\)。
- 初始化，就是 \(f_{1,1} = 1\) 即第一个起点只有一种方案。
现在考虑转移，我们首先需要枚举一下 \(i\)，然后枚举一下 \(j\)，这时候考虑如何转移 \(f_{i,j}\)。
我们发现 \(f_{i,j}\) 究竟答案是多少取决于上一层的点的个数，考虑枚举一下，设其为 \(k\)。那么 \(k\) 的范围及应该是 \([1,i-j]\)，值得注意的是，理论 \(k\) 应该取不到 \(i-j\)，但多算一点对答案没有影响，而且在最开始 \(j\) 表示深度为 \(1\) 的那一层是，就必须考虑 \(k=i-j\) 的情况了，为了简便，就不需要分情况写了。
现在我们拿到了三个变量，可以正式开始推式子了。
我们得到：
我将这个方程分成了 \(4\) 部分，下面将逐一进行解释：
-
\(\color{red}{f_{i-j,k}}\)：我们枚举了上一层的个数 \(k\)，那么自己画画就能知道，就应该在现在的 \(i\) 中减掉这一层的 \(j\) 后剩余的点中，最后一层就是 \(k\) 个了，那么就是从 \(f_{i-j,k}\) 转移过来了。
-
\(\color{green}{\dbinom{n-(i-j)-1}{j}}\)：考虑这一层的 \(j\) 个点有多少种可以选择的标号。包括上一层的那些点，已经用了 \(i-j\) 个标号，最后的终点也用了一个，那么总的数量就是 \(n-(i-j)-1\)，在里面选 \(j\) 个就行，预处理组合数。
-
\(\color{brown}{2^{\frac{j(j-1)}{2}}}\) 可能 \(\LaTeX\) 这里不太清楚，是次方。这里我们考虑这一层的 \(j\) 个点互相连有几种选法。我们知道 \(j\) 个节点的完全图的边数是 \(\frac{j(j-1)}{2}\)，在这些边中我们可以任意选择若干，那么每一条边都有两种情况：选或不选，那么就是 \(2^{\frac{j(j-1)}{2}}\) 种。
-
\(\color{blue}{(2^k-1)^j}\) 然后考虑 \(j\) 那层和 \(k\) 那层之间连边的情况。每一个 \(j\) 是孤立的，分开讨论。拿出一个 \(j\) 里的点看，它可以任选若干 \(k\) 里的点连，就有 \(2^k\) 种，但不能一个都不选，减掉即可。这里是 \(j\) 个点，所以乘法原理就得到了答案。
最后答案相加即可。
于是我们就得到了状态转移方程，初始化一些必要的量，比如组合数，\(2^n\) 和 \((2^k-1)^j\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
特别注意的是，在 \(i = n\) 的时候，终点的标号有一种选法，只需要在初始化的时候把 \(C_{0,i}\) 都变成 \(1\) 就行。
signed main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r",stdin);
#endif
n = read(),MOD = read();
fac[0] = 1;
for(int i{1};i<=n*n;i++) fac[i] = (fac[i-1]*2) % MOD;
for(int i{1};i<=n;i++) C[i][0] = 1,C[i][1] = i;
C[2][1] = 2,C[2][2] = 1;
for(int i{3};i<=n;i++)
for(int j{1};j<=i;j++) C[i][j] = (C[i-1][j]+C[i-1][j-1]) % MOD;
for(int i{1};i<=n;i++) _2k1[i][0] = 1,C[0][i] = 1;
for(int i{1};i<=n;i++)
for(int j{1};j<=n;j++)
_2k1[i][j] = _2k1[i][j-1] * (fac[i]-1) % MOD;
f[1][1] = 1;
for(int i{1};i<=n;i++)
for(int j{1};j<i;j++)
for(int k{1};k<=i-j;k++)
(f[i][j] += f[i-j][k] * C[n-i+j-1][j] % MOD * fac[j*(j-1)/2] % MOD * _2k1[k][j] % MOD) %= MOD;
writeln(((f[n][1] % MOD )+ MOD) % MOD);
exit(0);
}
B [ABC305G] Banned Substrings
给定正整数 \(n\) 和 \(m\) 以及 \(m\) 个字符串 \(s_1\sim s_m\)。
求满足以下条件的，长度为 \(n\)，只含字母 \(\texttt{a}\) 和 \(\texttt{b}\) 的字符串 \(S\) 的个数 \(\bmod\ 998244353\)：
- \(\forall1\le i\le m\)，\(s_i\) 不是 \(S\) 的连续字串。
\(n\le10^{18},m\le126,s_i\) 只含字母 \(\texttt{a}\) 和 \(\texttt{b}\)，\(L=\left\vert s_i\right\vert\le6\)。
考虑设 \(f_{i,s}\) 表示填到第 \(i\) 位，最后 \(5\) 位的字符串为 \(S\) 的答案数量，转移是 \(O(nm2^5)\) 的。
然而 \(n\) 非常大，考虑矩阵优化。
如果一个状态 \(X\) 可以转到另一个状态 \(Y\)（当然不能让某个 \(s_i\) 成为子串），令 \(M_{X,Y}=1\)，否则 \(M_{X,Y}=0\)。
然后我们算出 \(M^{n-5}\)，把结果的所有点的值加起来即可。
（如果 \(n\le5\)，直接特判并暴力枚举即可。）
时间复杂度 \(\Theta(\log n\cdot(2^{5})^3)\)。
G [雅礼集训 2018 Day10] 足球大战
式子比较显然，考虑算这个东西。由于空间只有 \(64 \text{MiB}\)，但是 long long 是必须开的，而且 \(n\) 有 \(10^7\) ，所以考虑删掉一些预处理的数组，并且必须 \(O(n)\) 计算上式。
发现组合数只需要所有阶乘逆元和 \(n!\)，那么只开一个数组存阶乘逆元，再开一个变量存 \(n!\) 就行了。
接下来发现可以每次递推 \(j=i-1，q^j(1-q)^{n-j} \binom{n}{j}\) 累计一下后面这一坨就可以把复杂度优化到 \(O(n\log n)\)，然后拿到 \(84 \sim 88\) 分。考虑到不能每次都用快速幂，所以把 \(p^i,(1-p)^{n-i},q^j,(1-q)^{n-j}\) 开四个变量都递推一下就好了。
这时候发现我们收获了校内 \(\text{OJ}\) \(94\) 分的好成绩，再测一下样例发现第二个过不去，然而本人懒得特判，于是对 \(n\) 进行数据分治。
\(O(n)\) 但无特判：
int ans{};
int res2{};
int pi = 1; //p^i
int qj = 1; //p^j
int inv_1p = qp(_1p,MOD-2); //inv(1-p)
int inv_1q = qp(_1q,MOD-2); //inv(1-q)
int _1pn_i = qp(_1p,n-1);
int _1qn_i = qp(_1q,n);
for(int i{1};i<=n;i++)
{
(pi *= p) %= MOD;
int res1 = pi * _1pn_i % MOD * getC(n,i) % MOD;
(_1pn_i *= inv_1p) %= MOD;
int j = i-1;//n^2 -> n
(res2 += qj * _1qn_i % MOD * getC(n,j) % MOD) %= MOD;
(qj *= q) %= MOD;
(_1qn_i *= inv_1q) %= MOD;
(res1 *= res2) %= MOD;
(ans += res1) %= MOD;
}
writeln(ans);
