2023.5.29测试

T2~T4 全是计数题，败了

T2 网格

只会这一题

$n$ 行 $m$ 列的矩阵，一开始均为 $0$。有两种操作：将一行全部颠倒（$0\to 1,1\to 0$）或者将一列全部颠倒，每种操作分别进行 $r$ 和 $c$ 次，求最后最后矩阵有 $s$ 个 $1$ 的方案数

两种方案不同是指：存在某行或者某列，在两种方案中，操作的次数不同。

$n,m,r,c\le 1555$

从对不同方案的定义，加上一点手推及猜想可知，两种操作的顺序并不会对最终的结果造成影响。也就是说，当我们知道哪行哪列进行过奇数次操作，我们就可以推出最后有多少个 $1$

我们枚举实际有用的操作次数 $r^{\prime },c^{\prime }(0\le r^{\prime }\le min(n,r),0\le c^{\prime }\le min(c,m),(r-r^{\prime })\mid 2,(c-c^{\prime })\mid 2)$，那么简单推算可知最后矩阵就有 $m{r}^{\prime }+n{c}^{\prime }-2r^{\prime }{c}^{\prime }$ 个 $1$，对于结果等于 $s$ 的 $r^{\prime },c^{\prime }$，设 $k=(r-r^{\prime })/2$，$t=(c-c^{\prime })/2$，我们用点组合数学的知识和插板法就可以知道它的贡献为

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r^{\prime }})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1+k}{n-1})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{c^{\prime }})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1+t}{m-1})$$

预处理组合数，$O(n^2)$ 轻松过掉

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=1600,MOD=555555555;

int T,n,m,r,c,s;
LL f[2*N][2*N],ans;

void prework()
{
	for(int i=0; i<=2*1555; i++)
		f[i][0]=1;
	
	for(int i=1; i<=2*1555; i++)
		for(int j=1; j<=i; j++)
			f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%MOD;
}

int main()
{
	prework();
	
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&r,&c,&s);
		
		ans=0;
		for(int i=0; i<=min(r,n); i++)
		{
			if((r-i)%2!=0)
				continue;
			
			for(int j=0; j<=min(c,m); j++)
			{
				if((c-j)%2!=0)
					continue;
				if(n*j+m*i-2*i*j!=s)
					continue;

				int k=(r-i)/2,t=(c-j)/2;
				LL tmp=1LL*f[n][i]*f[k+n-1][n-1]%MOD*f[m][j]%MOD*f[t+m-1][m-1]%MOD;
				(ans+=tmp)%=MOD;
			} 
		}
		
		printf("%lld\n",ans);
	}

	return 0;
}

T3 双数组

求有多少对不同的数组 $(x,y)$，满足以下所有条件：

• $x,y$ 均有 $n$ 个数
• $1\le x_i,y_i\le s(1\le i\le n)$
• $x_i\ne y_i(1\le i\le n)$
• $x_i\ne x_j,y_i\ne y_j(1\le i<j\le n)$

$1\le n,s\le 5\times {10}^5$

脑瘫了没想出来

考场上用 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 发现对于任意满足条件的 $x$，它对应的满足条件的 $y$ 的数量都相等，就考虑 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 计算出这个数量，可惜失败了。只能 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 拿到 $25$ 分

其实是道简单的容斥题

不考虑第 $3$ 个条件的话 $ans=A_s^n\times A_s^n$，下面考虑容斥：

枚举 $x_i=y_i$ 的数量 $cnt$，则它的贡献为 $C_n^{cnt}\times A_s^{cnt}\times A_{s-cnt}^{n-cnt}\times A_{s-cnt}^{n-cnt}$ 。再根据奇加偶减原则容斥即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=500010,MOD=1000000007;

int n,s,ans;
int fac[N],inv[N];

int ksm(int x,int y)
{
	int res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
			res=(1LL*res*x)%MOD;
		x=(1LL*x*x)%MOD;
		y>>=1; 
	} 
	
	return res;
} 

void prework()
{
	fac[0]=1;  inv[0]=1;
	for(int i=1; i<=s; i++)
	{
		fac[i]=(1LL*fac[i-1]*i)%MOD;
		inv[i]=ksm(fac[i],MOD-2);
	}	
}

int A(int a,int b)
{
	return 1LL*fac[a]*inv[a-b]%MOD;
}

int C(int a,int b)
{
	if(b==0)
		return 1;
	return 1LL*fac[a]*inv[a-b]%MOD*inv[b]%MOD;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&s);
	
	prework();
	
	ans=1LL*A(s,n)*A(s,n)%MOD;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int a=C(n,i),b=A(s,i),c=A(s-i,n-i);
		if(i&1)
			ans=(ans-1LL*a*b%MOD*c%MOD*c%MOD+MOD)%MOD;
		else
			ans=(ans+1LL*a*b%MOD*c%MOD*c%MOD)%MOD;
	}
	
	printf("%d",ans);

	return 0;
}

T4 字符串

给定一个原串 $T$，全是小写字母。$n$ 次操作，每次往 $T$ 中的任意位置插入任意一个小写字母，问最后的串有多少种可能。答案模 ${10}^9+7$

$1\le n,|T|\le {10}^6$

只看了题根本没写

法一：

从结果开始考虑，设 $len=|T|$，问题转化为有一个长度为 $len+n$ 的串，串中必须含有给定的字母并且按一定顺序排列，问最后有多少个不同的串？

显然 ${26}^n$ 是错误的

有一种“套路”，我们考虑 $T$ 中每个字母第一次出现的位置，假设 $T=abc$，那么 $a$ 第一次出现的位置前都只有 $25$ 种选法，$a$ 和 $b$ 之间的也有 $25$ 种，$b$ 和 $c$ 之间的也是，但 $c$ 之后的就有 $26$ 种，所以我们不难发现，其实答案只和最后一个字符出现的位置有关

因此，我们枚举最后一个字符出现的位置 $i$，它的贡献则为

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{len-1})\times {25}^{i-len}\times {26}^{n-i}$$

len=strlen(s);
n+=len;
	
prework(); //预处理阶乘、逆元，和上题一样
	
for(int i=len; i<=n; i++)
	(ans+=1LL*ksm(25,i-len)*ksm(26,n-i)%MOD*C(i-1,len-1)%MOD)%=MOD;
	
printf("%d",ans);

法二：

大佬hpz倾情提供

其实考场上不一定想得出套路，但一定有能力爆搜。hpz通过爆搜发现答案和 $T$ 长啥样无关，重要的是 $T$ 的长度。所以直接令 $T=aaa\dots$，那么枚举 $a$ 出现的次数 $i(len\le i\le n+len)$，贡献则为

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+len}{i})\times {25}^{n+len-i}$$

for(int i=len; i<=n; i++)
	(ans+=1LL*C(n,i)*ksm(25,n-i)%MOD)%=MOD;

其实还有mzm大佬的 $\mathrm{d}\mathrm{p}$，但是比较抽象

T5 赠送笔记本

有 $n$ 个宿舍，每个宿舍 $4$ 个人，第 $i$ 个宿舍有 $a_i$ 个人有笔记本。现在每个人将笔记本赠送给他人，每个人最多接收 $1$ 本，求有多少种赠送方案，答案模 $1234567891$

$1\le n\le 47$，$0\le a_i\le 4$

又是插入 $\mathrm{d}\mathrm{p}$，又不会

本题的赠送方案涉及往前也有往后，所以用插入 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的思想，我们对于第 $i$ 个宿舍只考虑将自己的往前送和接收前面的，不考虑往后送和接收后面的，这部分在后面的阶段会考虑到。设 $f[i][j]$ 表示考虑到第 $i$ 个宿舍，还剩下 $j$ 本笔记本没送。

首先我们考虑接收前面的。设 $k(0\le k\le 4)$ 表示接收前面 $k$ 本，那么贡献为 $A_j^k\times C_4^k$

再考虑往前送。设 $t(0\le t\le a_i)$ 表示往前送 $t$ 本，这时我们需要计算出前面有多少人还没收到笔记本，显然这个数量 $s=4\times (i-1)-(a_1+\cdots +a_{i-1}-j)$，贡献为 $A_s^t\times C_{a_i}^t$

综上，得出状态转移方程：

$$f[i-1][j]\times A_j^k\times C_4^k\times A_s^t\times C_{a_i}^t⟶f[i][j-k+(a_i-t)]$$

时间复杂度 $O(n^2\times 4^3)$

prework();
	
int sum=0;
f[0][0]=1;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
	for(int j=0; j<=sum; j++)
	{
		for(int k=0; k<=4; k++)
		{
			for(int t=0; t<=a[i]; t++)
			{
				int s=4*(i-1)-(sum-j);
				LL x=A(j,k)*C(4,k)%MOD,y=C(a[i],t)*A(s,t);
				(f[i][j-k+(a[i]-t)]+=f[i-1][j]*x%MOD*y%MOD)%=MOD;
			}
		}
	}
	sum+=a[i];
}
	
printf("%lld",f[n][0]);

$100+100+25+0+0=225$，$\mathrm{r}\mathrm{k}10$