组队练习数学-04

Posted 2023-02-02 Lnn.

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了组队练习数学-04相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

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CF466D
CF1666F
CF1228E
CF932E
CF666C

A. cf466D

题意：长n的数组a，每次选定区间[l,r]，使得区间内的数字都加1，但是每个点作为l，r最多各一次，问最小多少次使得数组全变成h

Solution from lnn:

1.可以发现相邻两个数字最多差1

2.定义dp[i]为前i个数符合条件的方案数，每个点需要被覆盖的次数：las = h-a[i-1] , now = h-a[i]

当las+1 == now时，延续之前的线段并在i点新启一个线段，dp[i] = dp[i-1]

当las-1 == now时，可以选一个区间停在i-1，dp[i] = dp[i-1]*las

当las == now时，可以直接延续，也可以停一个再新启，dp[i] = dp[i-1]*(las + 1)

3.时间复杂度：O(N)

void solve()
    for(ll i = 1 ; i <= n ; ++i)
        if(a[i] > h)
            cout << 0 << endl ;
            return;
        
    
    if(a[n]+1 < h)
        cout << 0 << endl ;
        return;
    
    a[0] = h;
    dp[0] = 1;
    for(ll i = 1 ; i <= n ; ++i)
        ll las = h - a[i-1];
        ll now = h - a[i];
        if( !(las-1 <= now && now <= las+1) )
            cout << 0 << endl ;
            return;
        
        if(now == las)
            dp[i] = (dp[i-1]*(1 + las))%mod;
        else if(now < las)
            dp[i] = dp[i-1]*las%mod;
        else if(now > las)
            dp[i] = dp[i-1];
        
    
    cout << dp[n] << endl ;

B.cf1666F

题意：给定一组数字a，n<=5e3，重新排列，满足以下两个条件，求方案数
1.b1b3…>bn−1<bn （偶数位置作为波峰
2.b2<b4<b6<…<bn （偶数位置递增

Solution from lnn:

1.可以发现最大的两个数字只能放在最后两个偶数位置，顺着想，发现应该按照a从大到小考虑，
那么数字只能从后往前放置，偶数只能一个一个贴着放，奇数可以放在已经放置的偶数之间

2.dp[i][j]表示>=i的数全都放置完毕了，并且放置了j个偶数
cnt[i]表示数字i出现了几次，suf[i]为cnt的后缀
如果i-1全放置在奇数位置，设剩余res个奇数位置
dp[i-1][j] = dp[i][j] * res * (res-1) * (res-2) * … * (res - cnt[i-1]+1)

如果i-1放置在偶数位置，偶数递增，最多放置一个
dp[i-1][j+1] = cnt[i-1] * dp[i][j] * res * … * (res - cnt[i-1]+2)

奇数放置是有重复的，最后的答案dp[1][n/2]要除以所有的cnt[i]！
所以偶数的转移多乘一个cnt[i-1]，统一去重

3.时间复杂度：O(N^2)

void solve()
    dp[tot+1][0] = 1;
    for(ll i = tot+1 ; i >= 2 ; --i)               /// >= i 的数已经处理完毕
        for(ll j = 0 ; j <= nnn/2 ; ++j)           /// 已经占用j个偶数
            ll odd = (j == nnn/2 ? nnn/2 : max(0ll , j-1) );
            odd -= (suf[i] - j);
            ///全放在奇数位置
            if(a[i-1] <= odd)
                ll jie = fac[odd] * inv[odd-a[i-1]]%mod;
                dp[i-1][j] = (dp[i-1][j] + dp[i][j] * jie%mod )%mod;
            
            if(j < nnn/2 && a[i-1]-1 <= odd)
                ll jie = fac[odd] * inv[odd-a[i-1]+1]%mod;
                dp[i-1][j+1] = (dp[i-1][j+1] + a[i-1] * dp[i][j]%mod * jie%mod)%mod;
            
        
    
    ll ans = dp[1][nnn/2];
    for(ll i = 1 ; i <= tot ; ++i)
        ans = ans * inv[a[i]]%mod;
    
    cout << (ans%mod + mod)%mod << endl ;

C. cf1228E

题意：一个n*n的方阵，每个位置可以填1~k,求多少种填法，使得每行每列至少有1一个位置有1.(n<=250,k<=1e9)

Solution from y:容斥

法一：

设f(i)表示至多i行存在1，且每列都有1。

设g(i)表示恰好i行存在1，且每列有1.

则 $=\\sum_i=0^n (-1)^n-iC(n,i)f(i)$

而 $f(i) = (k^i-(k-1)^i)^n * (k-1)^n^2-ni$ ，上面说至多i行存在1，即剩下n-i行一定没有1，方案数为 $k-1)^n^2-ni$ ，选定的i行可能存在1，方案数为 $k^i-(k-1)^i)^n$ ，表示用1_{k的数任意填的方案-用2}k的数任意填的方案数。

因为算至多的时候可以将每列都有1的方案算出来，所以容斥1次即可。

#define int long long
const int N=1e3+5;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
int n,m,k;
int fac[N],ni_f[N];
ll qsm(int a,int b)
    ll ans=1,tmp=a;
    while( b ) 
        if( b&1 ) ans = ans * tmp%mod;
        tmp = tmp * tmp%mod;
        b>>=1;
    
    return ans;

void ini()
    int maxn = 1e3;
    fac[0]=1;
    _for(i,1,maxn) fac[i] =  (fac[i-1] * i)%mod;
    ni_f[maxn] = qsm(fac[maxn],mod-2);
    _rep(i,maxn-1,0) ni_f[i] = ni_f[i+1] * (i+1)%mod;

ll C(int n,int m)
    if( m==n || m==0 ) return 1;
    if( n < m ) return 0;
    return fac[n] * ni_f[n-m]%mod * ni_f[m]%mod;

signed main()
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif  
    ios;
    ini();
    cin>>n>>k;
    int ans=0;
    _for(i,1,n)
        int flag = (n-i)&1?-1:1;
        int t = (qsm(k,i) - qsm(k-1,i) + mod )%mod;
        int yu = n*n - n*i;
        ans = (ans + mod + flag * C(n,i) * qsm(t,n)%mod * qsm(k-1,yu)%mod )%mod;
    
    cout<<ans<<endl;
    AC;