CQBZ Round 10

CQBZ round 10

心态考爆炸了，emmmm。

最大挂点：T5

原因：

主要：对二项式反演本质理解有问题。

次要：不会及时止损。

jump

不妨设 $h_0=0$，且固定这个位置，则原问题化为找到一种排列，求出：

$$max\{\sum _{i=1}^n(h_i-h_{i-1}{)}^2\}$$

将其拆开，化简，可以得到：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n(h_i-h_{i-1}{)}^2\\ & =\sum _{i=1}^n{h}_i^2+h_{i-1}^2-2h_i{h}_{i-1}\\ & =\sum _{i=1}^{n}2h_i^2-h_n^2-2\sum _{i=1}^n{h}_i{h}_{i-1}\end{array}$$

而式子前半部分是定值，也即需要最小化 $h_n^2+\sum _{i=1}^n{h}_i{h}_{i-1}$

而显然，我们通过比较四个值 $i<j<k<p$，显然有 $pi+kj<ik+pj$。故头尾相接显然最优。

    cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[++m]=a[n-i+1];b[++m]=a[i];
		if(m>=n)break;		
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)ans+=(b[i]-b[i-1])*(b[i]-b[i-1]);

segment

显然是一个动态规划问题。

设 $f_{i,0/1}$ 表示从 $(1,1)$ 走到第 $i$ 层线段的左/右端点的最小代价。

则显然根据上一个区间的左右端点判断是否需要走“冤枉路”即可。

    cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>l[i]>>r[i];
	f[0][1]=f[0][0]=0;l[0]=r[0]=1;r[n+1]=l[n+1]=n;++n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(l[i-1]>r[i])f[i][0]=f[i-1][0]+l[i-1]-l[i];
		else f[i][0]=f[i-1][0]+r[i]-l[i-1]+r[i]-l[i];
		if(r[i-1]<l[i])f[i][1]=f[i-1][1]+r[i]-r[i-1];
		else f[i][1]=f[i-1][1]+r[i-1]-l[i]+r[i]-l[i];
		if(r[i-1]>r[i])f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][1]+r[i-1]-l[i]);
		else f[i][0]=min(f[i][0],f[i-1][1]+r[i]-r[i-1]+r[i]-l[i]);
		if(l[i-1]<l[i])f[i][1]=min(f[i][1],f[i-1][0]+r[i]-l[i-1]);
		else f[i][1]=min(f[i][1],f[i-1][0]+l[i-1]-l[i]+r[i]-l[i]);
	}
	cout<<f[n][0]+n-2<<"\n";

color

括号序列问题，注意到 $|s|\le 800$，这意味着 $O(|s{|}^2)$ 可过。

trick:括号序列上 $O(n^2)$ 及其以上复杂度的问题，一般是区间DP问题，且根据配对括号进行处理。

注意到转移只与端点有关，所以可以考虑直接开DP记录端点状态。
我们处理出配对的括号，用栈。然后不妨设 $f_{l,r,0/1/2,0/1/2}$

按照题意转移即可。。。

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>a+1;n=strlen(a+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]=='(')s.push(i);
		else nxt[s.top()]=i,s.pop(); 
	}
	for(int len=2;len<=n;++len){
		for(int l=1,r=len;r<=n;++r,++l){
			if(a[l]=='('&&a[r]==')'){
				if(len==2){
					f[l][r][1][0]=f[l][r][0][1]=f[l][r][2][0]=f[l][r][0][2]=1;continue;
				}
				else if(nxt[l]==r){
					for(int p=0;p<3;++p)for(int q=0;q<3;++q){
						f[l][r][0][1]+=f[l+1][r-1][p][q]*(q!=1);
						f[l][r][0][2]+=f[l+1][r-1][p][q]*(q!=2);
						f[l][r][1][0]+=f[l+1][r-1][p][q]*(p!=1);
						f[l][r][2][0]+=f[l+1][r-1][p][q]*(p!=2);
					}
					for(int s=0;s<3;++s)for(int q=0;q<3;++q)f[l][r][s][q]%=p;
				}
				else if(nxt[l]<=r){
					for(int a=0;a<3;++a){
						for(int b=0;b<3;++b){
							for(int c=0;c<3;++c){
								for(int d=0;d<3;++d){
									if(d==c&&c!=0)continue;
									f[l][r][a][b]+=f[l][nxt[l]][a][c]*f[nxt[l]+1][r][d][b];
									f[l][r][a][b]%=p;
								}
							}
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)ans+=f[1][n][i][j];
	ans=(ans%p+p)%p;
	cout<<ans<<"\n";
}

cloud

trick：

1. 注意到题目中的维度限制。
2. 注意到题目中的花费与收益不在同一维度的问题，可以考虑抽象为背包模型。
3. 01背包问题特征：有两个维度，分属不同的物品（钱和道具），最优化。

在本题中，若考虑简化版问题，不考虑 $f$ 的限制，则容易发现题目为一个裸0/1背包问题。

考虑 $f$ 的限制又能怎么办？

不妨思考其与普通01背包的具体差别在哪里。

即 $f$ 较低的物品无法更新 $f$ 更高的需求。也即更新有一定限制。

对于这种单一的大小关系限制，对转移顺序做出调整即可。

我们将 $f$ 从大到小排序，转移01背包，为了避免后面的 $f$ 更新前面的需求，限制背包剩余容量 $\ge 0$ 即可。

最后对DP数组取个最大值即可。

    int d=0;
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].c>>a[i].f>>a[i].v;a[i].v*=-1;d+=a[i].c;
	}
	f[0][0]=0;
	cin>>m;
	for(int i=n+1;i<=n+m;i++){
		cin>>a[i].c>>a[i].f>>a[i].v;a[i].c*=-1;
	}n+=m;                              
	sort(a+1,a+n+1);//f==b.f?v<b.v:f>b.f;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=d;++j){
			f[i&1][j]=f[(i^1)&1][j];
			if(j-a[i].c>=0&&j-a[i].c<=d)f[i&1][j]=max(f[(i^1)&1][j-a[i].c]+a[i].v,f[i&1][j]);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=d;++i)ans=max(ans,f[n&1][i]);

martix

对于此题，我用了 $3h$，叉掉了正解，乱搞以失败告终，喜提罚坐3h+200pts

这里先甩几个二项式反演式子，免得搞忘了。

$$\begin{array}{rl}& g_n=\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f_i⟺f_n=\sum (-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g_i\\ & g_n=\sum _{i=n}^N(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f_i⟺f_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})g_i\\ & g_n=\sum (-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f_i⟺f_n=\sum (-1{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g_i\\ & g_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f_i⟺f_n=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})g_i\end{array}$$

对于式一，式二中 $g$ 的组合意义，请注意，并不是至多至少选 $i$ 个，而是 钦定选 $i$ 个，其余自选。

至少：钦定了 $i$ 个性质必选，其余性质可选可不选。
至多：钦定了 $i$ 个性质不选，其余性质可选可不选。

比如并非是要在 $g$ 中还要再挑 $i$ 个出来。

事实上，四个式子都可以扩展到高维情况。

例如：

$$\begin{array}{rl}& g(a,b)=\sum \sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j})f(i,j)⟺f(a,b)=\sum \sum (-1{)}^{a+b-i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j})g(i,j)\\ & g(a,b)=\sum ^N\sum ^N(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{b})f(i,j)⟺f(a,b)=\sum ^N\sum ^N(-1{)}^{i+j-a-b}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{b})g(i,j)\end{array}$$

扯了这么远，现在我们来提一提正事。

首先，由于值域是 $[1,k]$，所以原符合条件的解是满足每一行每一列都出现一个至少 $1$ 个 $1$ 的方案数。

那么，设 $f(i,j)$ 为恰好有 $i$ 行 $j$ 列不含有 $1$ 的方案数，则 $f(0,0)$ 即为所求。

然后，我们设 $g(i,j)$ 为至少有 $i$ 行 $j$ 列不含有 $1$ 的方案数。

根据性质，我们钦定了 $i$ 行不能有 $1$ ，$j$ 列不能有 $1$，则等价于令 $n(i+j)-ij$ 个数强制性不为 $1$，而其余 $(n-i)(n-j)$ 个数随意。

所以有 $g(i,j)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})(k-1{)}^{n(i+j)-ij}{k}^{(n-i)(n-j)}$。

根据定义，显然有：

$$\begin{array}{rl}& g(a,b)=\sum _{i=a}^N\sum _{j=b}^{N}f(i,j)\\ ⟺& f(a,b)=\sum _{i=a}^N\sum _{j=b}^N(-1{)}^{i+j-a-b}g(i,j)\end{array}$$

进而，由于所求为 $f(0,0)$，则答案为：

$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n(-1{)}^{i+j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})k^{(n-i)(n-j)}(k-1{)}^{n(i+j)-ij}$$

复杂度可以通过预处理做到 $O(n^2)$，不过 $O(n^2\log n)$ 已经足够。

反演之前一定要想清楚 $f,g$ 的真正含义，再三确定代码是否打挂

virus

艹，不太难的问题貌似。

首先注意到，原题意等价于给出一颗无根树，任选一个点为根，并给所有节点附上不同的 $1\sim n$ 的值 $a_i$，满足儿子的权值大于父亲，求期望的 $a$ 的逆序对数。

注意到 $n\le 200$，考虑枚举这个根。

设 $s_i$ 为节点 $i$ 作为根时，期望的逆序对数。

则显然答案为 $\frac{\sum s_i}{n}$。

统计 $s_i$？根据期望的定义，显然枚举每一对 $i<j$，对其为逆序对的概率求个和就行了，因为每一对数贡献独立。

说详细点就是其在 $p$ 种情况下贡献为1，其余为0，总有 $q$ 种情况，则其贡献为 $\frac{p}{q}$，也即概率。

然后考虑统计这个概率。

枚举 $i<j$，设 $t=lca(i,j)$。这时候我们只关心 $Path(i,t,j)$ 上的点的情况，其余无需管（对答案没影响）,也即只考虑相对关系。

什么样的情况才是答案呢？显然是先走到 $j$ 再走到 $i$ 的情况。

设 $x=de{p}_i-de{p}_t,y=de{p}_j-de{p}_t$，若 $x=0$，则这概率显然为0，若 $y=0$，则这概率显然为1。

否则，由于我们只关心这两条链的进度，则只需关心对这两条链的某次操作是属于其中哪一条的。

问题就得到了转化：有两个数 $x,y$，每一次可以等概率选一个数让其减去 $1$，求 $y$ 先减到0的概率。

这里有两种解决方式：动态规划与数学。

不过这里DP显然更容易实现，但还是两个都说说吧。

先说数学，我们可以枚举减去的 $x^{\prime }\in [0,x-1]$。就可以得到当前概率是 $\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{y+x^{\prime }-1}{x^{\prime }})}{2^{y+x^{\prime }}}$。因为最后一次必然是给到 $y$ 令其变成0的。

所以所求为 $\sum _{x^{\prime }=0}^{x-1}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{y+x^{\prime }-1}{x^{\prime }})}{2^{y+x^{\prime }}}$。

可以 $O(n^2\log n)$ 预处理出所有 $(x,y)$ 的答案。

再说DP，设 $g_{x,y}$ 为所求，则枚举第一次操作是减掉的谁即可，故有 $g_{x,y}=\frac{g_{x-1,y}+g_{x,y-1}}{2}$。

不过有 $g_{0,0}=0,g_{0,x}=0,g_{x,0}=1$。

最后我们求和即可求解，时间复杂度 $O(n^3\log n)$，可以通过。

void init(){
	cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);
	}
	jc[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%p;
	inv[n]=power(jc[n],p-2);
	for(int i=n-1;i;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
	inv_n=inv[n]*jc[n-1]%p;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(j==0)g[i][j]=(i!=0);
			else if(i!=0)g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i][j-1])*inv_2%p;
		}
	}
}
int ans=0;
void solve(int rt){
	dfs(rt,0);int k=ans;
	for(int j=1;j<=n;j++)for(int i=1;i<j;++i){//j is before i
		int s=lca(i,j);
		if(s==i)continue;
		if(s==j){
			++ans;continue;
		}
		int x=dep[s]-dep[i],y=dep[s]-dep[j];x=-x,y=-y;
		ans+=g[x][y];
		ans%=p;
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++)solve(i);
	ans=ans*inv_n%p;
	cout<<ans<<"\n";
}