2024.7.30
离谱，\(100+10+30+36\)，\(\text{rk}4\)。
好笑的，我 \(\text{T1}\) 一上来五分钟打的暴力就已经 \(\text{A}\) 了，我还花了好久来优化和对拍，为什么数据水的不行还给 \(4\text{s}\) 放了一车纯暴力啊……
T1 F
题意：给出两个序列 \(a_i\)，\(b_i\) 其中 \(b\) 可以乱排。 求出所有可能的 \(x\) 使 \(\forall i \in[1,n],a_i \oplus b_i = x\)，递增输出。 \(n\le 2000,0 \le a_i,b_i \le 10^9\)
暴力就给 \(b\) 全排列一下，边跑边判发现不行直接退掉，时间复杂度小于 \(O(n!)\)。期望得分 \(10 \text{pts}\)，跑不满所以理想得分 \(20 \text{pts}\) 实际得分 100pts。
（其实在原数据下，交的那发暴力第一个点就错了，理论上连 \(10\text{pts}\) 都不会有，因为没判重。）
优化复杂度，想到了一个 \(O(n^3)\) 的，那么就让每一个 \(b_i\) 依次和 \(a_1\) 匹配，然后再分别枚举其他的 \(a\) 和 \(b\)，若发现恰能完全匹配，则将 \(a_1 \oplus b_i\) 计入答案序列。能过 \(60\) 分了，但明显相当的跑不满，还有可能过，\(\text{T1}\) 就放个这？
自己随手造了个数据，发现有好多重复的答案啊，就去了个重。
学校 \(\text{OJ}\) 最慢的点跑了 \(9\text{ms}\)，还是不理解为啥时限开 \(4\text{s}\)，然后原题的加强版数据也能过。
T2 S
题意：给一个序列，由 \(\text{RGY}\) 三种元素组成，求至少交换多少次相邻元素才能使 \(\text{R}\),\(\text{G}\),\(\text{Y}\) 各自两两不相邻？\(1\le n \le 400\)。
这不一眼 \(\text{dp}\)，差不多 \(n^3\) 的，可以发现：无论怎样交换，相同颜色的球的相对位置不会改变。因为交换相同颜色的球显然是不优的。这样问题就可以转化为：在长度为 \(n\) 的序列中填上三种颜色，每种颜色数量固定，填颜色的价值定义为 逆序对的个数：这个性质比较 nb，不会证但是对的。且相邻位置颜色不同。具体而言，将原序列编号，第 \(i\) 个 \(j\) 种球就对应它位置上的编号 \(id\)。填完颜色后，第 \(i\) 个 \(j\) 种球有了新的位置 \(k\)，就令
\(p_k=id\)，答案就是 \(p\) 中 逆序对个数.
状态设 \(f_{i,j,k,1/2/3}\)，其中 \(i,j,k\) 分别为三种颜色放了多少个，\(1/2/3\) 表示第 \(i+j+k\) 个位置放的颜色是哪种。
可以前缀和也可以二分去优化。
T3 Y
神仙 \(\text{dp}\)，不难发现每个人传球个数都不为零时，可以全部少传 \(1\) 个球，显然没有影响。那就可以只考虑存在人不传球的情况。
考虑容斥，我们设 \(x_i\) 表示第 \(i\) 个人向右传球的数量，用 \(\forall x_i \in [0,a_i]\) 的贡献减去 \(\forall x_i \in [1,a_i]\) 的贡献，就可以得到 \(\exist x_i \in [0,a_i]\) 的答案了。
计算答案，对于 \(\forall x_i \in [0,a_i]\)：
将他展开，出转移：
\(a_n\) 和 \(x_n\) 只和第 \(n\) 项有关，因此前两项为 \(a_nf_{n-1}\) 和 \(x_nf_{n-1}\)，但是第三项不太好搞因为涉及到了前一项，我们把它拿出来，设：
考虑 \(g_n\) 的转移，再拆：
然后发现，\(x_na_n\)，\(x_n^2\) 与前边项无关，直接统计即可，观察最后一项其实就是 \(x_ng_{n-1}\)，从之前转移即可。
注意到 \(x_n\) 是要取遍 \([0,a_n]\) 的，所以有 \(a_n+1\) 次贡献次数，相当于要把这 \(a_n+1\) 次对 \(f_{n-1}\) 的计算汇总起来得到 \(f_n\):
\(g_n\) 是同理的：
设 \(S1(x) = \frac{x(x+1)}{2}\)，\(S2(x) = \frac{x(x+1)(2x+1)}{6}\)，
当 \(x_i \in [1,a_i]\) 时，只把 \(f_n\) 的贡献次数那里调整为 \(a_n\) 次即可。
然后在 \(n\) 处断环成链，容斥 \(x_i\) 取值计算。我们先枚举 \(1\) 是从自己剩下的球选还是从 \(n\) 给的球选，两种方案相加即可。。
这种做法这个后面这里真的不是很懂，想也不明白，估计得一直想下去，啥时候懂了或者谁讲明白了来补坑吧。。
int n = read();
inv2 = qp(2,MOD-2);
inv6 = qp(6,MOD-2);
// cout<<inv2<<" "<<inv6<<endl;
for(int i{1};i<=n;i++)
a[i] = read();
a[n+1] = a[1];
int ans{};
f[1] = 1;
for(int i{2};i<=n+1;i++)
{
f[i] = (s1(a[i]) *f[i-1]%MOD + (a[i] + 1) * g[i-1] % MOD ) % MOD;
g[i] = ((s1(a[i]) * a[i] % MOD - s2(a[i]) + MOD) * f[i-1] % MOD + s1(a[i]) * g[i-1] % MOD) % MOD;
}
(ans += f[n+1]) %= MOD;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
g[1] = 1;
for(int i{2};i<=n+1;i++)
{
f[i] = (s1(a[i]) *f[i-1]%MOD + (a[i] + 1) * g[i-1] % MOD ) % MOD;
g[i] = ((s1(a[i]) * a[i] % MOD - s2(a[i]) + MOD) * f[i-1] % MOD + s1(a[i]) * g[i-1] % MOD) % MOD;
}
(ans += g[n+1]) %= MOD;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
f[1] = 1;
for(int i{2};i<=n+1;i++)
{
f[i] = (f[i-1]*(s1(a[i]-1)) + a[i]* g[i-1]) % MOD;
g[i] = ((s1(a[i]) * a[i] % MOD - s2(a[i]) + MOD) * f[i-1] % MOD + s1(a[i]) * g[i-1] % MOD) % MOD;
}
ans = (ans - (f[n+1]) % MOD + MOD) % MOD;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
g[1] = 1;
for(int i{2};i<=n+1;i++)
{
f[i] = (f[i-1]*(s1(a[i]-1)) + a[i]* g[i-1]) % MOD;
g[i] = ((s1(a[i]) * a[i] % MOD - s2(a[i]) + MOD) * f[i-1] % MOD + s1(a[i]) * g[i-1] % MOD) % MOD;
}
ans = (ans - (g[n+1]) % MOD + MOD) % MOD;
writeln(ans);
另外一种做法：
考虑 \(\prod^n_{i=1}x_i\) 的实际意义，即给完球后每个人再从自己现在有的球中选出一个球的方案数。
而现在有的球有可能是给完别人后剩下的，也有可能是别人给我的，所以分成两种 \(dp\) 计算：\(dp[i][0]\) 表示前 \(i−1\) 个人选完，第 \(i\) 个人从自己剩下的球中选方案数，\(dp[i][1]\) 表示前 \(i\) 个人选完，第 \(i\) 个人从别人给的球中选方案数
注意：一个是前 \(i−1\) 人选完，一个是前 \(i\) 人选完，也就是说 \(dp[i][0]\) 并没有计算第 \(i\) 个人选的方案数。
考虑四种转移：（以下指算所有方案的转移，每个人至少给一个的稍微改改就好）
第 \(i−1\) 个人需要从自己剩下的球中选，而剩下的球可能有 \(0\sim a_{i-1}\) 个。
第 \(i−1\) 个人需要考虑给第 \(i\) 个人多少个球，有 \(a_{i-1}+1\) 种选择。
第 \(i−1\) 个人需要考虑给第 \(i\) 个人多少个球，有 \(a_{i-1}+1\) 种选择，给完了后，第 \(i\) 个人要从中选一个，第 \(i−1\) 个人要从自己剩下的球选一个。
第 \(i−1\) 个人需要考虑给第 \(i\) 个人多少个球，给完了第 \(i\) 个人还要从中选一个。
以上第三个方程还不能直接计算。化一下式子：
然后就可以直接算了。
但这题是一个环，我们先枚举 \(1\) 是从自己剩下的球选还是从 \(n\) 给的球选，两种方案相加即可。
这种倒是好想，但是这两种实现为什么大差不差啊！
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
const int mod = 1e9 + 7, inv2 = 500000004, inv6 = 166666668;
int n, a[1000005], f[1000005][2];
inline int s(int n) {return n * (n + 1) % mod * inv2 % mod;}
inline int t(int n) {return n * (n + 1) % mod * (2 * n + 1) % mod * inv6 % mod;}
int solve(int p, int q) {
memset(f, 0, sizeof f);
f[1][0] = p ^ 1, f[1][1] = p;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
f[i][0] = (f[i - 1][1] * (a[i - 1] - q + 1) + f[i - 1][0] * s(a[i - 1] - q)) % mod;
f[i][1] = (f[i - 1][1] * s(a[i - 1]) + f[i - 1][0] * (a[i - 1] * s(a[i - 1]) % mod - t(a[i - 1]))) % mod;
}
if (p == 0) return (f[n][1] * (a[n] - q + 1) + f[n][0] * s(a[n] - q)) % mod;
else return (f[n][1] * s(a[n]) + f[n][0] * (a[n] * s(a[n]) % mod - t(a[n]))) % mod;
}
signed main() {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%lld", a + i);
printf("%lld", ((solve(0, 0) + solve(1, 0) - solve(0, 1) - solve(1, 1)) % mod + mod) % mod);
return 0;
}
T4 O
原题火事，今天没时间了，以后有空改。
