退役后的做题记录

　　...

　　我承认这个标题很奇怪...

　　总的来说呢，就是看看有什么好玩的题就做一做。

　　计数器：10；

 

　　2019.5.27：今天改了改emacs配置和桌面背景：https://www.cnblogs.com/shzr/p/10872530.html

　　

　　1.染色问题：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4487

　　题意概述：有一个 $n \times m$ 的棋盘，$c$ 种颜色，每个格子可以涂色，也可以空着。请问，同时满足以下要求的棋盘有多少种？

　　1.每列至少有一个格子涂色了； 2.每行至少有一个格子涂色了； 3.每种颜色至少用一次； $n,m,c<=400$

　　如果这些条件单独出现，那么显然是很好做的，只要容斥一下就好了。其实三个条件也没什么，对于每个条件依次容斥即可；

　　一个显然的事实是，如果没有上述限制，那么答案就是$(c+1)^{nm}$,所以容斥的式子也就可以很简单地写出来了:

　　$$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\sum\limits_{k=0}^c\binom{n}{i}\binom{m}{j}\binom{k}{c}(-1)^{n+m+c-i-j-k}(k+1)^{ij}$$

　　暴力算这个式子+卡常就可以通过：

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# define R register int
 
using namespace std;
 
const int mod=1000000007;
const int maxn=403;
int n,m,c,a,ans;
int f[maxn],inv[maxn];
int t[maxn*maxn],cnt;
int q[50004][maxn];
 
int qui (int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) s=1LL*s*a%mod;
        a=1LL*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return s;
}
 
int C (int n,int m)
{
    return 1LL*f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
 
int add (int a,int b) { a+=b; if(a>=mod) return a-mod; return a; }
int del (int a,int b) { a-=b; if(a<0) return a+mod; return a; }
 
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
    a=max(max(n,m),c);
    f[0]=1; for (R i=1;i<=a;++i) f[i]=1LL*f[i-1]*i%mod;
    inv[a]=qui(f[a],mod-2);
    for (R i=a;i>=1;--i) inv[i-1]=1LL*inv[i]*i%mod;
    for (R i=0;i<=n;++i)
        for (R j=0;j<=m;++j)
            {
                if(t[i*j]) continue;
                t[i*j]=++cnt;
            }
    for (R i=1;i<=c+1;++i)
    {
        int s=1;
        for (R j=0;j<=n*m;++j)
        {
            if(t[j]) q[ t[j] ][i]=s;
            s=1LL*s*i%mod;
        }
    }
    for (R i=0;i<=n;++i)
    {
        int s1=C(n,i);
        for (R j=0;j<=m;++j)
        {
            int s2=1LL*s1*C(m,j)%mod;
            for (R k=0;k<=c;++k)
            {
                int v=(i&1)+(j&1)+(k&1);
                if(v%2==0)
                    ans=add(ans,1LL*s2*C(c,k)%mod*q[ t[(n-i)*(m-j)] ][c-k+1]%mod);
                else
                    ans=del(ans,1LL*s2*C(c,k)%mod*q[ t[(n-i)*(m-j)] ][c-k+1]%mod);
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

 

　　优化：

　　由于二项式定理我们有：

　　$(a+b)^k=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}a^ib^{k-i}$

　　显然可得：

　　$(a+1)^k=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}a^i$

　　也就是说，只要找到一个组合数+(固定数+1)的幂相乘的东西，就可以将这个式子化简；刚刚那个式子里是不是有一个(k+1)来着？

　　$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^c\binom{n}{i}\binom{c}{k}(-1)^{n+m+c-i-k}\sum\limits_{j=0}^m\binom{m}{j}(-1)^j((k+1)^i)^j$

　　$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^c\binom{n}{i}\binom{c}{k}(-1)^{n+m+c-i-k}\sum\limits_{j=0}^m\binom{m}{j}((-k-1)^i)^j$

　　$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^c\binom{n}{i}\binom{c}{k}(-1)^{n+m+c-i-k}\sum\limits_{j=0}^m\binom{m}{j}1^{m-j}((-k-1)^i)^j$

　　$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^c\binom{n}{i}\binom{c}{k}(-1)^{n+m+c-i-k}(1-(k+1)^i)^m$

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# define R register int
 
using namespace std;
 
const int mod=1000000007;
const int maxn=403;
int n,m,c,a,ans;
int f[maxn],inv[maxn];
 
int qui (int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b)
    {
    if(b&1) s=1LL*s*a%mod;
    a=1LL*a*a%mod;
    b>>=1;
    }
    return s;
}
 
int C (int n,int m)
{
    return 1LL*f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
 
int add (int a,int b) { a+=b; if(a>=mod) return a-mod; return a; }
int del (int a,int b) { a-=b; if(a<0) return a+mod; return a; }
 
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
    a=max(max(n,m),c);
    f[0]=1; for (R i=1;i<=a;++i) f[i]=1LL*f[i-1]*i%mod;
    inv[a]=qui(f[a],mod-2);
    for (R i=a;i>=1;--i) inv[i-1]=1LL*inv[i]*i%mod;
    for (R i=0;i<=n;++i)
        for (R k=0;k<=c;++k)
    {
        int v=n+m+c-i-k;
        if(v%2==0)
            ans=add(ans,1LL*C(n,i)*C(c,k)%mod*qui(1-qui(k+1,i)+mod,m)%mod);
        else
            ans=del(ans,1LL*C(n,i)*C(c,k)%mod*qui(1-qui(k+1,i)+mod,m)%mod);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

 

　　2.玩游戏：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4705

　　题意概述：给定两个数列，一个长度为$n$，称为 $a$ 序列，一个是长度为 $m$ 的 $b$ 序列，两个人分别从自己的数列中随机取出一个数，定义这次游戏的 $t$ 次价值为$(a_x+b_y)^t$，请求出对于 $i=1,2,3...t$ ，游戏的 $i$ 次价值的期望。$n,m,t<=10^5$

　　看起来是期望，然而只要知道期望的定义就可以了。如果可以求出对于每个 $i$ ，所有游戏值的和，再除以 $nm$ 就是期望了，所以先不要管它们；

　　那么要求的是这个：$(a_x+b_y)^t$，二项式展开一下，就是：

　　$\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m\sum\limits_{i=0}^t\binom{t}{i}a_x^ib_y^{t-i}$

　　$t!\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m\sum\limits_{i=0}^t\frac{a_x^i}{i!}\frac{b_y^{t-i}}{(t-i)!}$

　　$t!\sum\limits_{i=0}^t\frac{\sum_{x=1}^na_x^i}{i!}\frac{\sum_{y=1}^mb_y^{t-i}}{(t-i)!}$

　　这是一个显然的卷积形式，现在只需要求出 $a,b$ 序列的 $k$ 次方和就可以了。(考虑朴素做法，复杂度(n+m)t);

　　据说这是一个比较经典的问题，不过我以前没有见过。只需要考虑怎么算 $a$ 的答案，再用同样的做法算 $b$ 就可以了。

　　$s_x=\sum_{i=1}^na_i^x$

　　$f(x)=\sum_{i=0}^ts_ix^i$

　　$f(x)=\sum_{i=1}^t\sum_{j=1}^na_j^ix^i$

　　$f(x)=\sum_{i=1}^n(\sum_{j=1}^ta_i^jx^j)$

　　$f(x)=\sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}$

　　其实在这一步直接分治NTT通分好像也是可以的。

　　$ln'(1-a_ix)=\frac{1}{1-a_ix}$

　　不过对于 $ln$ 的导数，没有什么特别好的处理办法。但是如果是对整个函数求导，那么做完后积分回来就可以了。

　　$(ln(1-a_ix))'=\frac{-a_i}{1-a_ix}$

　　所以现在设一个新函数 $g$:

　　$g(x)=\sum_{i=1}^n(ln(1-a_ix))'$

　　$g(x)=(~ln(\prod_{i=1}^n(1-a_ix))~)'$

　　$g$如果一项一项地通分显然是要超时的，考虑每次两两合并，每一项被合并的次数就是log次，所以总的复杂度就是 $nlog^2n$.

　　但是我们要求的并不是 $g$ ，所以怎么转化呢？神奇的事情出现了，$f(x)=n-xg(x)$.

　　这份代码不是按照这个写的，而是把生成函数的部分弄成了 $\frac{1}{1+a_ix}$ ，其实差别也不大，就是最后求出来的奇数项要取反而已。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <cstring>
# define R register int

using namespace std;

const int maxn=800005;
const int mod=998244353;
int n,m,t,invn,invm,len=1,inv_g;
int fac[maxn],inv[maxn],a[maxn],b[maxn],rev[maxn];
int x[maxn],y[maxn],f[maxn],g[maxn],finv[maxn];
int po[100][maxn],sta[100],tp,tp1;

int newpoly()
{
    if(tp) return sta[tp--];
    return ++tp1;
}

int dec (int a,int b) { a-=b; if(a<0) return a+mod; return a; }

int add (int a,int b) { a+=b; if(a>=mod) return a-mod; return a;}

int qui (int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) s=1LL*s*a%mod;
        a=1LL*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return s;
}

void NTT (int *f,int len,int v)
{
    for (R i=0;i<len;++i) if(i<=rev[i]) swap(f[i],f[ rev[i] ]);
    int og,og1,t;
    for (R i=2;i<=len;i<<=1)
    {
        int ln=i>>1; og1=qui((v==1)?3:inv_g,(mod-1)/i);
        for (R b=0;b<len;b+=i)
        {
            og=1;
            for (R x=b;x<b+ln;++x)
            {
                t=1LL*og*f[x+ln]%mod;
                f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
                f[x]=(f[x]+t)%mod;
                og=1LL*og*og1%mod;
            }
        }
    }
    if(v==-1)
    {
        int inv=qui(len,mod-2);
        for (R i=0;i<len;++i) f[i]=1LL*f[i]*inv%mod;
    }
}

void derivation (int *f,int *g,int len)
{
    for (R i=1;i<len;++i) g[i-1]=1LL*f[i]*i%mod;
    g[len]=g[len-1]=0;
}

void integral (int *f,int *g,int len)
{
    for (R i=0;i<len;++i) 
        g[i]=1LL*f[i-1]*inv[i]%mod;
    g[0]=0;
}

void mul (int *f,int *g,int len)
{
    for (R i=0;i<len;++i) x[i]=y[i]=0;
    for (R i=0;i<len/2;++i) x[i]=f[i],y[i]=g[i];
    for (R i=1;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);
    NTT(x,len,1); NTT(y,len,1);
    for (R i=0;i<len;++i) f[i]=1LL*x[i]*y[i]%mod;
    NTT(f,len,-1);
}

int read()
{
    R x=0;
    char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x;
}

void solve (int *f,int *a,int l,int r)
{
    if(l==r)
    {
        f[0]=1; f[1]=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1,ls=newpoly();
    solve(po[ls],a,l,mid);
    int rs=newpoly();
    solve(po[rs],a,mid+1,r);
    int len=1;
    while(len<=(r-l+1)) len<<=1;
    for (R i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);
    NTT(po[ls],len,1); NTT(po[rs],len,1);
    for (R i=0;i<len;++i) f[i]=1LL*po[ls][i]*po[rs][i]%mod;
    NTT(f,len,-1);
    sta[++tp]=ls; sta[++tp]=rs;
    for (R i=0;i<len;++i) po[ls][i]=po[rs][i]=0;
}

void Inv (int *a,int *b,int len)
{
    if(len==1)
    {
        b[0]=qui(a[0],mod-2);
        return;
    }
    Inv(a,b,len>>1);
    for (R i=0;i<len*2;++i) x[i]=y[i]=0;
    for (R i=0;i<len;++i) x[i]=a[i],y[i]=b[i];
    for (R i=1;i<len*2;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len):0);
    NTT(x,len<<1,1); NTT(y,len<<1,1);
    for (R i=0;i<len*2;++i)
        x[i]=1LL*x[i]*y[i]%mod*y[i]%mod;
    NTT(x,len<<1,-1);
    for (R i=0;i<len;++i)
        b[i]=dec(add(b[i],b[i]),x[i]);
}

int h[maxn],tt[maxn];

void ln (int *f,int *g,int len)
{
    derivation(f,g,len);
    for (R i=0;i<len;++i) h[i]=0;
    Inv(f,h,len);
    mul(g,h,len*2);
    integral(g,f,len);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    inv_g=qui(3,mod-2);
    for (R i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    for (R i=1;i<=m;++i) b[i]=read();
    scanf("%d",&t);
    inv[0]=inv[1]=1; 
    while(len<=max(n+m,t+t)) len<<=1;
    fac[0]=1; for (R i=1;i<=len;++i) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    finv[len]=qui(fac[len],mod-2); for (R i=len;i>=1;--i) finv[i-1]=1LL*finv[i]*i%mod;
    for (R i=2;i<=len;++i) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    solve(f,a,1,n); solve(g,b,1,m);
    memset(a,0,sizeof(a));
    memset(b,0,sizeof(b));
    ln(f,a,len); ln(g,b,len);
    for (R i=0;i<len;++i) f[i]=(i&1)?(1LL*f[i]*i%mod):(1LL*(mod-f[i])*i%mod);
    for (R i=0;i<len;++i) g[i]=(i&1)?(1LL*g[i]*i%mod):(1LL*(mod-g[i])*i%mod);
    f[0]=n; g[0]=m;
    for (R i=t+1;i<len;++i) f[i]=g[i]=0;
    for (R i=0;i<len;++i) f[i]=1LL*f[i]*finv[i]%mod,g[i]=1LL*g[i]*finv[i]%mod;
    for (R i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);
    NTT(f,len,1); NTT(g,len,1);
    for (R i=0;i<len;++i) f[i]=1LL*f[i]*g[i]%mod;
    NTT(f,len,-1);
    for (R i=1;i<=t;++i) printf("%lld\n",1LL*f[i]*fac[i]%mod*inv[n]%mod*inv[m]%mod);
    return 0;
}

 

　　3.Codeforces Global Round 1；(这套题在计数器里贡献 $8$ )

　　戳这里；

　　

　　准备合格考导致很久没有 做 题 啊；

　　不过现在我回来 做 题 了；

　　这是这篇文章最后一次更新了，因为我又不AFO了，以后还是按月份写题解比较好，否则会不会一篇文章字数太多导致网站卡死？

 

　　

　　11.和与积：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2671

　　题意概述：给出 $n$，统计满足下面条件的数对$(a,b)$的个数，$n<2^{31}$：

　　$1、1\le a<b \le n$

　　$2、(a+b)|(a\times b)$

　　这道题非常奇妙，乍一看毫无思路，但是（看了题解）就会发现也没有那么难。

 

[$warning$：本题解思路混乱]；

这道题非常奇妙，乍一看毫无思路，但是~~（看了题解）~~就会发现也没有那么难。
首先，看到这种整除类的题目就可以想到提取 $gcd$，按照这个思路把式子化一化：
$$a=gp,b=gq$$
$$g(p+q)|g^2pq$$
$$(p+q)|gpq$$
引理：若 $(a,b)=1$，则 $(a+b,ab)=1$；
证明：$\because (a,b)=1$
$\therefore (a+b,b)=1~~~(a+b,a)=1$
$\therefore (a+b,ab)=1$

将这个引理用到之前的式子中去，就可以得到：
$$(p+q)|g$$
那么最终答案就是：
$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\sum\limits_{g=1}^n[(i,j)=g][\frac{i+j}{g}|g]$$
把 $g$ 提前：
$$\sum\limits_{g=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{g}}\sum\limits_{j=i+1}^{\frac{n}{g}}[(i,j)=1][(i+j)|g]$$
再把 $g$ 放回去？(思路混乱）:
$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^{n}[(i,j)=1][(i+j)|g]$$
考虑对于确定的 $i,j$ ，直接算出有多少个符合条件的 $g$:
$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^{n}[(i,j)=1]\frac{n}{(i+j)}$$
真的吗？假的；
因为这个 $gcd$ 乘上 $i,j$ 还得满足小于等于 $n$，而上面一个式子并不能保证这一点；
$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^{n}[(i,j)=1]\frac{\frac{n}{j}}{(i+j)}$$
$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^{n}[(i,j)=1]\frac{n}{j(i+j)}$$