2018年山东省省队集训 Round 1 Day 2简要题解

从这里开始

• Problem A 生日礼物
• Problem B 咕咕
• Problem C 解决npc

　　（相信来看这篇博客的人都有题面）

　　T2以为可以线性递推，然后花了两个小时。然后想了两个小时T1，会了一个能过的算法。但是没时间写，sad.....比赛快结束时，发现T2模数$10^9+7$，内心mmp。

Problem A 生日礼物

题目大意

　　给定一个$n\times m$的网格图，每个格子中有一个不是0就是1的数，要求对于任意$w\times h$的子矩阵的和都相等，问方案数。

　　（为了简洁，各式子的范围请自行脑补）

　　瞎推推不难发现对于一个格子$(x, y)$，满足$a_{x, y} + a_{x + w, y + h} = a_{x + w, y} + a_{x, y + h}$。

　　移项得：

$\begin{align}a_{x, y} - a_{x + w, y} = a_{x, y + h} - a_{x + w, y + h}\end{align}$

　　用归纳法能够得出对于每连续的$w + 1$行，对模$h$的剩余相同的列，这$w + 1$行中的第一行和最后一行的上的数之差相等。

　　对于上图来说就是$a - b = c - d = e - f$。

　　考虑先确定前$w$行，每次在后面添加一行。显然这一行我们只用考虑前$h$个数（剩下的用式$(1)$来确定）。

　　考虑每一处$(i, j)$和它上面第$w$个格子上的数的差$d$

• 若$d = 1$，则说明$a_{i - w, j + kh} = 0 (k = 0, 1, \dots)$
• 若$d = 0$，则什么都不能说明
• 若$d = -1$，则说明$a_{i - w, j + kh} = 1 (k = 0, 1, \dots)$

　　所以变化量能为$1,-1$的只有当这一行上纵坐标模$h$同余于它的位置上的数等于它。

　　然后发现只要确定左上角的$w\times h$的矩形的状况，剩下的就能用快速幂计算。

　　然后我的做法就比较沙雕了。

　　$f_{s}$表示恰好包含$s$中的位置作为横着相同的格子，且将前$w$行填满的方案数。（不考虑这些格子上的数）

　　这个首先需要考虑这些格子上的数，进行容斥和子集和变换，再将这些格子上的数的贡献减去。

　　然后单独考虑这个矩阵中每一行的贡献，枚举$0$和$1$的数量，就可以计算贡献了。

Code

#include <iostream>
#include <cassert>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef bool boolean;

const int Mod = 1e9 + 7;

int add(int a, int b) {
    return ((a += b) >= Mod) ? (a - Mod) : (a);
}

int sub(int a, int b) {
    return ((a -= b) < 0) ? (a + Mod) : (a);
}

int mul(int a, int b) {
    return a * 1ll * b % Mod;
}

int qpow(int a, int p) {
    int rt = 1, pa = a;
    for ( ; p; p >>= 1, pa = mul(pa, pa))
        if (p & 1)
            rt = mul(rt, pa);
    return rt;
}

const int S = 1 << 16;

int n, m, w, h;
int f[S], bit[S];
int c[5][5], sc[5][5];
int d[5][5], sd[5][5];
int comb[5][5] = {{1, 0, 0, 0, 0}, {1, 1, 0, 0, 0}, {1, 2, 1, 0, 0}, {1, 3, 3, 1, 0}, {1, 4, 6, 4, 1}};
int invs[17];

inline void init() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &w, &h);
}

int getline(int s, int l) {
    int rt = (s >> l) & 1;
    for (int i = 1; i < w; i++)
        rt = (((s >> (h * i + l)) & 1) << i) | rt;
    return rt;
}

int getrow(int s, int row) {
    int msk = (1 << h) - 1;
    return s >> (h * row) & msk;
}

inline void solve() {
    d[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < 4; i++)
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            d[i + 1][j] = add(d[i + 1][j], d[i][j]);
            d[i + 1][j + 1] = add(d[i + 1][j + 1], d[i][j]);
        }
    
    int sl_repeat = m / h;
    for (int i = 0; i <= 4; i++)
        for (int j = 0; j <= i; j++)
            sd[i][j] = qpow(d[i][j], sl_repeat);

    bit[0] = 0;
    for (int i = 0; i < S; i++)
        bit[i] = bit[i >> 1] + (i & 1);
    
    int all = 1 << (w * h);
    for (int s = 0; s < all; s++) {
        f[s] = (1 << bit[s]);
        for (int l = 0; l < h; l++) {
            int sl = getline(s, l);
            int blank = w - bit[sl];
            int cmp = 0;
            boolean aflag = ((m % h) > l);
            for (int i = 0; i <= blank; i++)
                cmp = add(mul(sd[blank][i], (aflag) ? (d[blank][i]) : (1)), cmp); 
            f[s] = mul(f[s], cmp);
        }
    }

    int size = w * h;
    for (int i = 0; i < size; i++)
        for (int j = 0; j < all; j++)
            if (!((j >> i) & 1))
                f[j] = sub(f[j], f[j ^ (1 << i)]);

    for (int k = 0; k <= 4; k++)
        for (int c0 = 0; c0 <= k; c0++) {
            int c1 = k - c0, ava = min(c0, c1);
            int& res = c[c0][c1];
            for (int use = 0; use <= ava; use++) {
//                res = add(res, mul(comb[c0][use], mul(comb[c1][use], fac[use])));
                res = add(res, mul(comb[c0][use], comb[c1][use]));                
            }
            sc[c0][c1] = qpow(res, n / w - 1);
        }
    
    invs[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 16; i++)
        invs[i] = qpow(1 << i, Mod - 2);
    for (int i = 0; i < all; i++)
        f[i] = mul(f[i], invs[bit[i]]);

    int res = 0;
    for (int s = 0; s < all; s++) {
        if (!f[s])
            continue;
        int tmp = 1;
        for (int r = 0; r < w; r++) {
            int sr = getrow(s, r);
            int spe = bit[sr], cmp = 0;
            boolean aflag = ((n % w) > r);
            for (int c0 = 0; c0 <= spe; c0++) {
                cmp = add(cmp, mul(mul(::sc[c0][spe - c0], ((aflag) ? (c[c0][spe - c0]) : (1))), comb[spe][c0]));
            }
            tmp = mul(tmp, cmp);
//            cerr << sr << " " << s << " " << r << " " << cmp << '\n';
        }
//        if (tmp && f[s])
//            cerr << s << " " << mul(f[s], tmp) << '\n';
        res = add(res, mul(f[s], tmp));
    }
    printf("%d\n", res);
}
 
int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}

Problem B 咕咕

题目大意

　　有$n$种物品，每种物品无限个，第$i$种物品的体积为$a_i$。设$f(n)$表示恰好填满容量为$n$的背包的方案数，求$\sum_{i = L}^{R}f(i)$。

　　（这道题的名称告诉了我们不想掉rating的正确做法）

　　（我们可以线性递推 + 三模数NTT）

　　考虑每加入一个物品相当于对模$a_i$同余于$j\ (j = 0, 1, \dots, a_i - 1)$的地方分别做一次前缀和。

　　所以对于模$[a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}]$余$r$的地方可以用一个$n - 1$次多项式表示。

　　由于要求前缀和，就再加入体积为$1$的物品。

　　对于$L-1,R$处的取值直接用$Lagrange$插值。

Code

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef bool boolean;

#define ll long long

const int N = 11, S = 100001 * N;
const int Mod = 1e9 + 7;

int add(int a, int b) {
    return ((a += b) >= Mod) ? (a - Mod) : (a);
}

int sub(int a, int b) {
    return ((a -= b) < 0) ? (a + Mod) : (a);
}    

int mul(int a, int b) {
    return a * 1ll * b % Mod;;
}

void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
    if (!b)
        x = 1, y = 0;
    else {
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= (a / b) * x;
    }
}

int inv(int a, int n) {
    int x, y;
    exgcd(a, n, x, y);
    return (x < 0) ? (x + n) : (x);
}

int n, prod = 1, m;
int a[N], f[S];

inline void init() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", a + i), prod *= a[i];
    m = prod * (n + 1);
    f[0] = 1;
    for (int j = 0; j < n; j++)
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            if (a[j] <= i)
                f[i] = add(f[i - a[j]], f[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        f[i] = add(f[i], f[i - 1]);
}

int Lagrange(ll _x) {
    if (_x <= m)
        return f[_x];
    int k = _x % prod;
    int x = (_x / prod) % Mod; 
    int rt = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        int tmp = f[i * prod + k];
        for (int j = 0; j <= n; j++)
            if (i ^ j)
                tmp = mul(tmp, mul(sub(x, j), inv(sub(i, j), Mod)));
        rt = add(rt, tmp);
    }
    return rt;
}

ll l, r;
inline void solve() {
    scanf("%lld%lld", &l, &r);
    printf("%d\n", sub(Lagrange(r), Lagrange(l - 1)));
}

int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}

Problem C 解决npc

题目大意

　　要求构造一个点数不超过$50$，边数不超过$100$的有向图，使得它的本质不同的拓扑序的个数为$x$。

　　当$x = 1,2$的时候特判。

　　当$x$不大的时候，构造一条链和一个点就行了。

　　当$x$比较大的时候，考虑这样一个东西：

　　考虑在加入紫色节点前，以红色节点结尾的拓扑序的个数为$x$，以绿色节点结尾的拓扑序的个数为$y$，如图所示加入紫色节点，那么不难得到以紫色节点为结尾的拓扑序有$x + y$个。

　　那么就可以直接爆搜了。

Code

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
typedef bool boolean;

#define pii pair<int, int>

const int Lim = 50;

int X;

inline void init() {
    scanf("%d", &X);
}

int type[Lim + 5];
vector<pii> E;
void dfs(int x, int y, int d, int lim) {
    if (d == lim || d == Lim || x + y > X)
        return;
    if (x + y == X) {
        vector<int> L(2), R(2);
        L[0] = 0, L[1] = 1, R[0] = 2, R[1] = 3;
        E.push_back(pii(0, 1));
        E.push_back(pii(2, 3));
        E.push_back(pii(0, 3));
        for (int i = 4; i < d; i++)
            if (!type[i]) {
                E.push_back(pii(L.back(), i));
                E.push_back(pii(R[R.size() - 2], i));
                L.push_back(i);
            } else {
                E.push_back(pii(R.back(), i));
                E.push_back(pii(L[L.size() - 2], i));
                R.push_back(i);
            }
        
        printf("%d %d\n", d, (signed) E.size());
        for (int i = 0; i < (signed) E.size(); i++)
            printf("%d %d\n", E[i].first, E[i].second);
        exit(0);
    }

    type[d] = 0;
    dfs(x + y, y, d + 1, lim);
    type[d] = 1;
    dfs(x, x + y, d + 1, lim);
}

inline void solve() {
    if (X == 1) {
        printf("2 1\n0 1\n");
    } else if (X == 2) {
        printf("3 2\n0 1\n2 1\n");
    }else if (X <= 40) {
        printf("%d %d\n", X, X - 2);
        for (int i = 0; i < X - 2; i++)
            printf("%d %d\n", i, i + 1);
    } else {
        for (int lim = 7; lim <= 50; lim++)
            dfs(2, 3, 4, lim);
        puts("Failed");
    }
}

int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}