CSP-S模拟19

T1.木棍

结论题。先列举所有可能的组合情况，容易发现可以先让$3、3、4$抵消，然后分情况讨论：1.$3$多，那么$2、2、3、3$消；2.$4$多，那么$2、4、4$消，如果最后还剩一个$4$，那就$2、2、2、4$，最后$2、2、2、2、2$把剩下的$2$消完。

代码

#define sandom signed
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
inline char getc() { static char buf[1 << 18], *p1, *p2; if (p1 == p2) { p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 18, stdin); if (p1 == p2) return EOF; } return *p1++; }
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getc(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getc(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getc(); return f ? -x : x; }
inline void write(int x) { static int wrt[20]; int TP = 0; if (x < 0) putchar('-'), x = -x; while (x >= 10) wrt[++TP] = x % 10, x /= 10; wrt[++TP] = x; while (TP) putchar(wrt[TP--] | 48); putchar('\n'); }
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; } inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int a, b, c, k, ans;
sandom main()
{
    int T = read();
    while (T--)
    {
        a = read(), b = read(), c = read(); ans = 0;
        k = min(b >> 1, c); ans += k;
        b -= 2 * k, c -= k;//2个3、1个4
        if (!c)//还有3
        {
            k = min(a >> 1, b >> 1); ans += k;
            a -= 2 * k, b -= 2 * k;//2个2、2个3
        }
        else //还有4
        {
            k = min(a, c >> 1); ans += k;
            a -= k, c -= 2 * k;//1个2、2个4
        }
        if (c == 1 && a >= 3) ans++, c--, a -= 3;//3个2、1个4
        ans += a / 5;//5个2
        write(ans);
    }
    return 0;
}

T2.环

定义$dp[i][j]$为考虑到左边前$i$个位置，右边前$a[i]$个位置，右边的点构成$j$条有向路径（链）（把单点也看成一条有向路径）的方案数。为了更方便的转移，不妨先将$a$排序。考虑新加入第$i$个点，这时右边新加入$a_i-a_{i-1}$这些点，从这些点中选择若干个作为单点插入点集，得到转移

$$dp[i][j]+=\sum\limits_{k=0}^{a_i-a_{i-1}}C_{a_i-a_{i-1}}^{k}dp[i-1][j-k]$$

这时左侧第$i$个点是独立的，没有与任何点连边，那也就方便了构造环。从我们已经构造出的链中选取一条，并将这条链的起点和终点分别和$i$连边，构成一个环（因为这时起点和终点都在$a_i$前面），还要减去单点构成的路径，它们不构成回路。所以有

$$ans+=dp[i][1]-a[i]$$

这时我们选取两条链，让它们通过第$i$个点合并成一条链，因为有向，显然每一组都有两种合并方式，有转移

$$dp[i][j]+=2C_{j+1}^{2}dp[i][j+1]$$

正序枚举是为了保证合并之前没有与$i$连边。不难发现，单向路径的起点和终点都属于右侧点。

代码

#define sandom signed
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long 
#define rep(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) <= (b); ++(i))
#define dwn(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) >= (b); --(i))
using namespace std;
const int Z = 5010; const int mod = 998244353;
inline char getc() { static char buf[1 << 18], *p1, *p2; if (p1 == p2) { p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 18, stdin); if (p1 == p2) return EOF; } return *p1++; }
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getc(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getc(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getc(); return f ? -x : x; }
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; } inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline int qpow(int a, int b, int c) { int res = 1; while (b) { if (b & 1) res = 1ll * res * a % c; a = 1ll * a * a % c; b >>= 1; } return res; }

int n, m, ans;
int a[Z], dp[Z][Z];
int fac[Z], inv[Z];
void init(int n)
{
    fac[0] = 1;
    rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2, mod);
    dwn(i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int C(int n, int m) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }

sandom main()
{
    n = read();
    init(n);
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    dp[0][0] = 1;
    rep(i, 1, n) 
    {
        int tmp = a[i] - a[i - 1];
        rep(j, 0, a[i]) dwn(k, min(tmp, j), 0) (dp[i][j] += C(tmp, k) * dp[i - 1][j - k]) %= mod;//选择新加入的点
        (ans += dp[i][1] - a[i]) %= mod;//强制通过第i个点构成环，并减去不构成回路的单点
        rep(j, 0, a[i]) (dp[i][j] += dp[i][j + 1] * C(j + 1, 2) * 2) %= mod;//通过i合并两条链
    }
    cout << ans * qpow(2, mod - 2, mod) % mod;
    return 0;
}

T3.传令

二分版的将军令。可以二分所用时间，然后贪心得到最少需要几个城市，与$k$进行比较。当二分时间为$d$时，一个显然的贪心：把节点从深到浅排序依次考虑，一个节点被覆盖到至少需要让它的$d$级祖先被选，但是如果路径上有其他可以满足的点，就直接跳出。可以$bfs$；也可以加一个标记优化，然后直接跳父亲；最好把能覆盖的点提前删掉，就不需要跳父亲了。

代码

#define sandom signed
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define rep(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) <= (b); ++(i))
#define ede(i, rt) for (re i = head[rt]; i; i = e[i].ne)
using namespace std;
const int Z = 2e5 + 10; 
inline char getc() { static char buf[1 << 18], *p1, *p2; if (p1 == p2) { p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 18, stdin); if (p1 == p2) return EOF; } return *p1++; }
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getc(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getc(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getc(); return f ? -x : x; }
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; } inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }

int n, m, k, ans;
struct edge { int v, ne; } e[Z << 1];
int head[Z], cnt, p[Z];
inline void add(int x, int y) { e[++cnt] = edge{y, head[x]}; head[x] = cnt; }
int dep[Z], dad[Z], kid[Z];
bool del[Z];
inline bool cmp(int x, int y) { return dep[x] > dep[y]; }
void dfs(int rt, int fa)
{
    dep[rt] = dep[fa] + 1, dad[rt] = fa;
    ede(i, rt) if (e[i].v != fa) dfs(e[i].v, rt);
}
void update(int rt, int x, int d)
{
    rep(i, 0, d)
    {
        kid[rt] = min(kid[rt], dep[x]);
        if (dad[rt] && i != d) rt = dad[rt];
    }
}
int query(int rt, int x, int d)
{
    rep(i, 0, d) 
    {
        if (dep[x] + kid[rt] - 2 * dep[rt] <= d) return -rt;
        if (dad[rt] && i != d) rt = dad[rt];
    }
    return rt;
}
void clear(int rt)
{
    if (del[rt]) return;
    del[rt] = 1;
    ede(i, rt) if (e[i].v != dad[rt]) clear(e[i].v);
}
bool check(int d)
{
    int tot = 0;
    rep(i, 1, n) kid[i] = 1e9, del[i] = 0;
    rep(i, 1, n)
    {
        if (del[p[i]]) continue;//已经被删除了
        int j = query(p[i], p[i], d);
        if (j > 0) tot++, update(j, j, d);//需要一个新的接收点
        clear(abs(j));//清空子树
        if (tot > k) return false;//超过数量
    }
    return true;
}

sandom main()
{
    n = read(), k = read();
    rep(i, 2, n)
    {
        int x = read(), y = read();
        add(x, y), add(y, x);
    }
    dfs(1, 0);
    rep(i, 1, n) p[i] = i;
    sort(p + 1, p + 1 + n, cmp);
    int l = 1, r = n / k;
    while (l <= r)//最短的时间
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

T4.序列

正难则反，考虑容斥。先计算出总方案数，不考虑$n$的序列是否是彩色序列，显然有

$$(n-m+1)k^{n-m}$$

表示枚举$a$出现的位置，剩下的位置随便放。
先求出一些方案数，定义$dp[i][j]$为长度为$i$，末尾一段互不相同的数字最长为$j$的非彩色序列的排列数量。转移有两种情况：1.在末尾添加一个在$[i-j+1,i]$中没有出现过的，那么$j+1$，否则枚举新加入的数与前面哪一个数冲突了，$j$变为后面新的一段，手磨一下，发现：

$$dp[i][j]=(k-(j-1))dp[i-1][j-1]+\sum\limits_{t=j}^{k-1}dp[i-1][t]$$

可以用后缀和优化，定义$sum[i][j]=\sum\limits_{t=j}^{k-1}dp[i][t]$，这个东西后面也有用。
$a$在非彩色序列中出现的次数，分三种情况考虑：
1.$a$本身就是彩色序列，那么$n$也一定是彩色序列，不合法的次数为$0$，总方案数就是答案。
2.$a$中存在相等的数字，那么$k$序列一定不会包含$a$，这时分别考虑左侧和右侧出现$k$序列，在原序列中找到左边最长一段互不相同的数长度为$l$，右边为$r$，那么有

$$\sum\limits_{i=0}^{n-m}\frac{sum[i+l][l]}{A_k^l}\frac{sum[n-(i+m)+r][r]}{A_k^r}$$

枚举$a$的位置，前面有$i$个空余的位置将它与$a$左侧的$l$连接，且不让它构成彩色序列，那么方案就是$sum[i+l][l]$，只需要保证后缀最长的互不相同的长度小于$k$即可，除以排列数是因为$l$这一段已经确定；注意到我们的$dp$定义不仅可以是从前往后放，也可以从后往前放，所以也满足前缀和性质，因此右侧同理。因为相互独立，所以运用乘法原理。
3.$a$中不存在相同的数，那么$a$可能被$k$序列包含，这时枚举向左右分别还扩展多长。

$$\sum\limits_{i=m}^{n}\sum\limits_{j=m}^{min(k-1,i)}\frac{dp[i][j]}{A_k^m}\frac{sum[n-(i-j)][j]}{A_k^j}$$

枚举$a$的末尾位置，结尾最长扩展$j$，那么$n-(i-j)$这后面一整段的最长扩展范围应是左侧基础的$j$和右侧的$[0,k-1-j]$。前面的排列数是因为$a$整个已经确定，后面是因为对于$dp[i][j]$的每一种情况，$j$个位置已经确定。

代码

#define sandom signed
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define int long long
#define rep(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) <= (b); ++(i))
#define _rep(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) < (b); ++(i))
#define dwn(i, a, b) for (re (i) = (a); (i) >= (b); --(i))
using namespace std; 
const int Z = 25010; const int W = 410; const int mod = 1e9 + 7;
inline char getc() { static char buf[1 << 18], *p1, *p2; if (p1 == p2) { p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 18, stdin); if (p1 == p2) return EOF; } return *p1++; }
inline int read() { int x = 0, f = 0; char c = getc(); while (!isdigit(c)) f = c == '-', c = getc(); while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getc(); return f ? -x : x; }
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; } inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline int qpow(int a, int b, int c) { int res = 1; while (b) { if (b & 1) res = 1ll * res * a % c; a = 1ll * a * a % c; b >>= 1; } return res; }

int n, m, k, ans;
int a[Z], cnt[Z];
int dp[Z][W], sum[Z][W];
int fac[Z], inv[Z];
void init(int n)
{
    fac[0] = 1;
    rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[n] = qpow(fac[n], mod - 2, mod);
    dwn(i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
inline int _A(int n, int m) { return fac[n - m] * inv[n] % mod; }
bool judge()
{
    _rep(i, 1, k) cnt[a[i]]++;
    rep(i, k, m)
    {
        cnt[a[i - k]]--, cnt[a[i]]++;
        bool op = 1;
        rep(j, 1, k) if (cnt[j] > 1) { op = 0; break; }
        if (op) return true;//a是彩色序列
    } 
    return false;
}

sandom main()
{
    n = read(), k = read(), m = read();
    init(n);
    rep(i, 1, m) a[i] = read();
    ans = (n - m + 1) * qpow(k, n - m, mod) % mod;//总方案数
    if (judge()) { cout << ans; return 0; }
    dp[0][0] = sum[0][0] = 1;
    rep(i, 1, n) 
    {
        dwn(j, k - 1, 1) dp[i][j] = ((k - j + 1) * dp[i - 1][j - 1] % mod + sum[i - 1][j]) % mod;
        dwn(j, k - 1, 1) sum[i][j] = (sum[i][j + 1] + dp[i][j]) % mod;//后缀和
    }
    int l = 0, r = m + 1;//两端最长的互不相同
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    while (l < m && !cnt[a[l + 1]]) cnt[a[++l]] = 1;
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    while (r > 1 && !cnt[a[r - 1]]) cnt[a[--r]] = 1;
    r = m - r + 1;
    if (l < m)//存在相同的
    {
        rep(i, 0, n - m) 
            ans -= sum[i + l][l] * _A(k, l) % mod * sum[n - m - i + r][r] % mod * _A(k, r) % mod, ans %= mod;
    }
    else//互不相同的
    {
        rep(i, m, n) rep(j, m, min(k - 1, i))
            ans -= dp[i][j] * _A(k, m) % mod * sum[n - i + j][j] % mod * _A(k, j) % mod, ans %= mod;
    }
    cout << (ans % mod + mod) % mod;
    return 0;
}