AtCoder Beginner Contest 226（EF补题）

Posted 2022-12-10 佐鼬Jun

E - Just one

链接: link.

题意：

$N$个点$M$条无向边，现在给每个边定一个方向，总计$2^M$种方案，但现在规定每个点的出度为$1$，且仅为$1$(有且仅有一条出边),现在问有多少种方案？

思路：

要想将无向图定向，是每个点的出度为$1$,那就需要每个点都有一条出边，此时就可以按照点数和边数的关系来分类讨论。
1.对于一个连通图来说 如果点数$>$边数，要么是不连通图(与定义矛盾)，要么就是一颗树，无法实现每个点都有出边,因为点数的边数不对应，一定会有一条边没有出边
2.对于一个连通图来说，如果点数$<$边数，由于要实现每个点都有一条出边，那么可以先使每个点都出去一条边，此时用了一些边，但是还有一些边没有定方向，由于所有点的定了一个出去的方向，再给某个点定一个出边的话，就与题意矛盾，所以这种情况也不行
3.对于一个连通图，如果点数$=$边数，说明这个连通图有一个环，且恰好能使每个点有一个出边。
讨论出来以后，就找每个连通块是否是点数$=$边数，如果是的话，就有两种定方向(向左向右)的方案，对答案的贡献就是$✖$ 2
代码和思路是参考官方题解来写的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=2e5+10;
#define ll long long
vector<int> e[N];
int n,m;
bool vis[N];
int x,y;

void dfs(int u) 
    vis[u]=1;
    x++;
    y+=e[u].size();
    for(int i=0;i<e[u].size();i++) 
        int j=e[u][i];
        if(!vis[j]) 
            dfs(j);
        
    

int main() 
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++) 
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        e[a].push_back(b);
        e[b].push_back(a);
    
    if(n!=m) 
        puts("0");
        return 0;
    
    ll res=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        if(!vis[i]) 
            x=0,y=0;
            dfs(i);
            if(x*2==y) 
                res=(ll)res*2%mod;
             else
                res=0;
                break;
            
        
    
    cout<<res<<endl;

F - Score of Permutations

链接: link.

题意：

对于一个$1到N$的排列$P$$=(P_1,P_2....P_n)$，对产生一个分数贡献$S(P)$，$S(P)$的定义为自然排列$P^{\prime }=(1,2.....N)$通过置换再次编程自然排列的最小次数。置换的意思就是每个$i!=P_i$的人，都会把自己的球给$P_i$号人，一开始每个人$i$号人，都会又$i$号球，然后开始置换。现在问$1到N$的排列产生的贡献的$k$次方的和。

思路：

样例(2,3,1)解释，就是一开始(1,2,3)然后(3,1,2)再(2,3,1)最后变成(1,2,3),一共3步。
对于一个排列$P$，可以把里面的数字看成$m$个循环，即$m$个环，每一个点$i$指向$P_i$,就会形成多个循环环，例如$N=5,P=(2,5,4,3,1)$,里面就会有两个环$3->4->3....和1->2->5->1..$长度分别为2和3，最终恢复成自然排列的最小次数是$lcm(2,3)=6$,一个排列会产生的贡献通过打表找规律发现是$lcm(k_1,k_2....k_m)$。
然后可以定义$f(i,j)$为$i$个人，所有环的长度的lcm为$j$的方案数
$f(i+x,lcm(j,x))+=f(i,j)\ast C_{n-i-1}^{x-1}\ast (x-1)!$
为了防止出现重复，选择$x$个人的时候，第一个人要先选剩下的人中编号最小的人，每个环内的最小值一定值单调递增的，所以就是$C_{n-i-1}^{x-1}$,就因为第一个人被选出来了，而$x$个人会形成$(x-1)!$种循环排列。
对于$n$个数的循环排列，会形成$(n-1)!$种方案，而不是$n!$种方案，因为这不是全排列，而是循环排列。
例如圈(1,2,3,4)和(2,3,4,1)都对应着同一个循环环1->2->3->4

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 55, mod = 998244353;
ll n, k;
ll fact[N], infact[N];
map<ll, ll> dp[N];

ll qmi(ll a, ll k) 
    ll res = 1;
    while (k) 
        if (k & 1) res = (ll)res * a % mod;
        k >>= 1;
        a = a * a%mod;
    
    return res;


void init() 
    fact[0]=infact[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++) 
    
        fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%mod; 
        infact[i]=(ll)infact[i-1]*qmi(i,mod-2)%mod; 
    


ll C(ll a, ll b) 
    if (a < b) return 0;
    return fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;


ll gcd(ll a, ll b)  return !b ? a : gcd(b, a % b); 
ll lcm(ll a, ll b)  return a / gcd(a, b) * b; 



int main() 
    init();
    cin >> n >> k;
    dp[0][1] = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        for (auto it : dp[i]) 
            for (int j = 1; i + j <= n; j++) 
                dp[i + j][lcm(j, it.first)] = (dp[i + j][lcm(j, it.first)] + it.second * C(n - i - 1, j - 1) %mod * fact[j - 1] % mod) % mod;
            
        
    
    ll res = 0;
    for (auto it : dp[n]) 
        res = (res + it.second * qmi(it.first, k)) % mod;
    
    cout << res << endl;

To be continued
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