2022.11.1 模拟赛题解

39 与 93

简化题面

给定 $n$ 堆石子，第 $i$ 堆石子数量为 $a_i$ ，你是先手，你现在可以删除 $x$ 堆石子，满足 $0\le x\leqq n-1$ 并且 $s|x$ ，问你必胜的方案数。

$n\le 5\cdot {10}^5,\sum _i{a}_i\le {10}^7,s\le 10$ 。

简要题解

首先显然的博弈论，摆出 $nim$ 游戏的结论：若各堆石子异或和为 0，则满足先手必胜，否则后手必胜 。
那么此题就是要我们求出有多少种方案，满足在 $n$ 堆石子中取出 $s$ 的倍数堆，满足这几堆石子数量的异或和等于 $n$ 堆石子的异或和。
考虑 $DP$ ,我们设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑完前 $i$ 堆石子，当前删除的石子堆数模 $s=j$ ，当前异或和为 $k$ 的方案数。

然后我们考虑优化：

时间优化

由于$\sum a_i\le {10}^7$ ，并且假设当前考虑的数的最大值的二进制最高位为 $s$ ，那么最大的异或和一定小于 $2s$ ，于是我们可以将 $a$ 数组从大到小排序，每次限制 $k$ 这一维的枚举范围即可。

空间优化

滚动数组优化即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5,P=1e9+7;

inline int read() {
	int x=0,w=0; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) w|=(ch=='-'), ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48), ch=getchar();
	return w?-x:x;
}

int n,s,sum,a[N],f[10][1<<20|1],b[1<<20|1];

inline void Add(int &x,int y) { x+=y-P; x+=(x>>31)&P; }

int main() {
	n=read(); s=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(), sum^=a[i];
	sort(a+1,a+1+n);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1,m=1;i<=n;i++) {
		while(m<=a[i]) m<<=1;
		for(int j=0;j<m;j++) b[j]=f[s-1][j];
		for(int j=s-1;j;j--)
			for(int k=0;k<m;k++) Add(f[j][k],f[j-1][k^a[i]]);
		for(int j=0;j<m;j++) Add(f[0][j],b[j^a[i]]);
	}
	printf("%d\n",(f[0][sum]-(n%s==0)+P)%P);
	return 0;
}

zbox 的刷题

简要题面

现在有 $n$ 道题目，在任意时刻，做对任意一道题的概率为 $p$ ，你要把所有题目都做完，你会先把所有的题目先做一遍，再把错误的题目都拿出来再做一遍，以此往复，直到做完为止，每次做题的疲劳程度为 $ax+b$ ，$x$ 表示这一轮的题目数量，问做完所有题目的期望疲劳程度。

简要题解

我们把贡献拆开来考虑，发现每一道题目，它做一次就会产生 $x$ 的疲劳程度，并且每一道题做的期望次数都是 $\frac{1}{1-p}$ ，所以 $a$ 的贡献就是 $\frac{na}{1-p}$ ，再来考虑 $b$ 这一部分。

$b$ 的贡献与做题的轮数有关，而做题的轮数的期望取决于完成的最后一道题的期望次数，即 $E(ma{x}_{x\in s}f(x))$ ，$f(x)$ 为完成第 $x$ 道题目的期望次数，对于这个式子我们考虑 $Min-Max$容斥。

$E(ma{x}_{x\in s}f(x))=\sum _{T\in s}(-1{)}^{|T|-1}E(mi{n}_{x\in T}f(x))=\sum _{T\in s}(-1{)}^{|T|-1}\frac{1}{1-p^{|T|}}=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\frac{1}{1-p^i}$

第二步的推导是因为 $E(mi{n}_{x\in T}f(x))$ 表示最早被做对的题目的期望次数，那么每一次没有一道题做对的概率为 $p^{|T|}$ ，因此该式值就等于 $\frac{1}{1-p^{|T|}}$ 。

直接将两部分的贡献加起来就行了。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+5,P=998244353;

int n,u,v,a,b,s1,s2,p,fac[N],ifac[N];

inline void Add(int &x,int y) { x+=y-P; x+=(x>>31)&P; }
inline int C(int x,int y) { return 1LL*fac[x]*ifac[y]%P*ifac[x-y]%P; }
inline int Power(int a,int b) { int res=1; for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P) if(b&1) res=1LL*res*a%P; return res; }

int main() {
	cin>>n>>u>>v>>a>>b;
	p=1LL*u*Power(v,P-2)%P;
	s1=1LL*a*n%P*Power((1-p+P)%P,P-2)%P;
	fac[0]=ifac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
	ifac[n]=Power(fac[n],P-2);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) ifac[i]=1LL*ifac[i+1]*(i+1)%P;
	for(int i=1,o=p;i<=n;o=1LL*o*p%P,i++) 
		if(i&1) Add(s2,1LL*C(n,i)*Power((1-o+P)%P,P-2)%P);
		else Add(s2,P-1LL*C(n,i)*Power((1-o+P)%P,P-2)%P);
	Add(s1,1LL*s2*b%P);
	cout<<s1<<endl;
	return 0;
}