2021牛客暑期多校訓練營9 部分題題解
阿新 • • 發佈：2021-08-16
C.Cells
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簡要題解
這個題首先需要用到LGV引理，引理的具體內容此處不加討論。
我們根據LGV引理得到，所要求的答案就是下面那個行列式：
樸素的行列式求值是利用高斯消元，但是顯然在這裡不適用，於是我們要進行更多的推導。
進行一步轉置操作，答案不變。
我們拆掉組合數，把分母的階乘提出來，得到
我們對這個行列式進行初等行變換，那麼我們可以得到
具體怎麼進行初等行變換呢，拿三行一列來舉個例子：
\[\left| \begin{array}{cccc} (a_1+1) \\ (a_1+1)*（a_1+2） \\ (a_1+1)*(a_1+2)*(a_1+3)\\ \end{array} \right|\Rightarrow \left| \begin{array}{cccc} (a_1+1) \\ (a_1+1)*（a_1+2） \\ (a_1+1)^2*(a_1+2)\\ \end{array} \right|\Rightarrow \left| \begin{array}{cccc} (a_1+1) \\ (a_1+1)^2 \\ (a_1+1)^2*(a_1+2)\\ \end{array} \right|\Rightarrow \left| \begin{array}{cccc} (a_1+1) \\ (a_1+1)^2 \\ (a_1+1)^3\\ \end{array} \right| \]右邊那個是範德蒙行列式，它的值$$D_n=\prod_{1\leq j<i\leq n}((a_i+1)-(a_j+1))$$
這個東西可以構造多項式求解，我們令\(f(x)=\sum_{i=1}^{n}x^{a_i}\)，\(g(x)=\sum_{i=1}^nx^{-a_i}\)
用\(NTT\)對\(f(x)\)和\(g(x)\)做卷積，那麼\(x\)的指數就是\(a_i-a_j\)，係數就是滿足\(a_i-a_j\)的\((i,j)\)對數。
設\(h(x)=f(x)*g(x)=\sum_{i=1}^{\infty}H_i*x^i\)，那麼\(D_n=\prod_{i=1}^{\infty}i^{H_i}\)
我們對\(D_n\)取模時，講道理\(H_i\)要對\(998244352\)取模，但是觀察發現\(H_i\)不可能超過模數，所以可以直接\(NTT\)
時間複雜度\(O(n*logn)\)
程式碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10;
const int Mod=998244353;
int n,m,Ans,Seq[MAXN],Fac[MAXN],Inv[MAXN];
int Read()
{ int a=0,c=1; char b=getchar();
while(b!='-'&&(b<'0'||b>'9')) b=getchar();
if(b=='-') c=-1,b=getchar();
while(b>='0'&&b<='9') a=a*10+b-48,b=getchar();
return a*c;
}
int Pow(int Base,int P)
{ int Ret=1,Cnt=Base;
for(;P>=1;P>>=1) P&1?Ret=1ll*Ret*Cnt%Mod:0,Cnt=1ll*Cnt*Cnt%Mod;
return Ret;
}
int Add(int A,int B){ return A+=B,A>=Mod?A-Mod:A; }
namespace Poly
{ int Len,Ms,Inv,Rader[1<<21],A[1<<21],B[1<<21];
void NTT(int *P,int K)
{ for(int i=0;i<Len;i++)
if(i<Rader[i]) swap(P[i],P[Rader[i]]);
for(int i=1;i<Len;i<<=1)
{ int Euler=Pow(3,(Mod-1)/(i<<1));
if(K<0) Euler=Pow(Euler,Mod-2);
for(int Pos=(i<<1),j=0;j<Len;j+=Pos)
{ int Wi=1;
for(int k=0;k<i;k++,Wi=1ll*Wi*Euler%Mod)
{ int X=P[j+k],Y=1ll*Wi*P[i+j+k]%Mod;
P[j+k]=Add(X,Y),P[i+j+k]=Add(X,Mod-Y);
}
}
}
if(K>0) return ;
Inv=Pow(Len,Mod-2);
for(int i=0;i<Len;i++) P[i]=1ll*P[i]*Inv%Mod;
}
void Prepare(int Lx)
{ Ms=-1;
for(Len=1;Len<=Lx;Len<<=1) Ms++;
for(int i=0;i<Len;i++) Rader[i]=(Rader[i>>1]>>1)|((i&1)<<Ms);
}
void Work()
{ for(int i=1;i<=n;i++) A[Seq[i]]++,B[1000001-Seq[i]]++;
Prepare(2e6),NTT(A,1),NTT(B,1);
for(int i=0;i<Len;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%Mod;
NTT(A,-1);
}
}using Poly::Work;using Poly::A;
int main()
{ n=Read(),Fac[0]=Ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++) Seq[i]=Read(),Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%Mod;
Inv[n]=Pow(Fac[n],Mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--) Inv[i]=1ll*Inv[i+1]*(i+1)%Mod;
for(int i=1;i<=n;i++) Ans=1ll*Ans*(Seq[i]+1)%Mod*Inv[i]%Mod;
Work();
for(int i=1000002;i<=2000001;i++) Ans=1ll*Ans*Pow(i-1000001,A[i])%Mod;
printf("%d\n",Ans);
}
I.Incentive Model
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簡要題解
題目的大意是，\(A\)和\(B\)兩個人依次爭奪\(n\)塊區域，兩人分別有個初始能力值\(a\)和\(b\)。
對於每一塊區域的爭奪，\(A\)獲勝的概率為\(\frac{a}{a+b}\)，\(B\)獲勝的概率為\(\frac{b}{a+b}\)，獲勝的一方將會增加\(w\)點能力值。
求最終\(A\)獲勝的期望次數。
考場上大部分人沒讀懂題，這個可以直接做。
我們設\(E(x)\)表示，已經爭奪了\(x\)塊區域，\(A\)的期望能力值，那麼不難寫出轉移方程：
於是我們得到
\[\frac{E(x)}{1+w*x}=\frac{E(0)}{1}=a \]\[E(x)=a+a*x*w \]由於總能力值等於初始能力值加上後面獲勝取得的能力值，我們令\(x=n\)，就能發現$$Ans=a*n$$
直接輸出即可。
程式碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Mod=998244353;
int n,W,X,Y;
int Pow(int B,int P)
{ int Ret=1,Cnt=B;
while(P>=1) P&1?Ret=1ll*Ret*Cnt%Mod:0,Cnt=1ll*Cnt*Cnt%Mod,P>>=1;
return Ret;
}
int main()
{ scanf("%d%d%d%d",&n,&W,&X,&Y);
printf("%lld\n",1ll*X*Pow(Y,Mod-2)%Mod*n%Mod);
}
J.Jam
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簡要題解
由於道路不是很多，我們可以手動把情況全部枚舉出來。
可以發現，對於右轉的車輛，不會與任何車道的車衝突，於是右轉的燈可以一直亮著。
剩下了\(12\)條車道，我們經過手玩可以發現，每一秒鐘，最多同時亮兩個綠燈，我們還可以求出能夠在同一秒亮綠燈的所有車道對。
既然要時間最短，我們肯定希望同時亮兩個綠燈的次數最多，這就變成了一個求最大匹配的問題。
解決方法比較多，這裡介紹一種網路流建圖跑最大流的做法。
既然要求匹配，我們就把每個車道拆成兩個點，放在左右兩排，還有源點\(S\)和匯點\(T\)。
左邊一排點和\(S\)連邊，右邊一排點和\(T\)連邊，流量為對應車道的車輛數。
兩排點之間，能夠匹配的就連邊，注意同一車道的兩個點不能連邊，因為這不是一組合法的匹配。
跑出來的最大流除以\(2\)，就是最大匹配數了。
為什麼要除以\(2\)？我們建圖跑出來的最大流並不是真正的匹配數，一個車道對應了兩個點。
對於一組匹配\((a,b)\)來說，可以是左邊的\(a\)匹配右邊的\(b\)，也可以是右邊的\(a\)匹配左邊的\(b\)。
但是我們得到的是最大流，感性理解，最優方案一定是最優匹配正反各做一次。
換句話說，如果在真正的最大匹配中，\((a,b)\)是其中的一組匹配，那麼在我們建的圖中，左右匹配兩次肯定最優。
程式碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int Ts,Ans,Car[200],Cp[200][3];
int Seq[200]={2,3,7,8,9,12,13,14};
void Init()
{ Cp[2][0]=3,Cp[2][1]=12,Cp[2][2]=14;
Cp[3][0]=2,Cp[3][1]=7,Cp[3][2]=9;
Cp[7][0]=3,Cp[7][1]=8,Cp[7][2]=13;
Cp[8][0]=7,Cp[8][1]=12,Cp[8][2]=14;
Cp[9][0]=3,Cp[9][1]=12,Cp[9][2]=13;
Cp[12][0]=2,Cp[12][1]=8,Cp[12][2]=9;
Cp[13][0]=7,Cp[13][1]=9,Cp[13][2]=14;
Cp[14][0]=2,Cp[14][1]=8,Cp[14][2]=13;
}
int Max(int A,int B){ return A>B?A:B; }
int Min(int A,int B){ return A<B?A:B; }
namespace Net
{ struct EDGE{ int u,v,w,Next; }Edge[100010];
int S,T,Es,First[100],Deep[100],Vis[100],Cur[100];
queue<int>Team;
void Link(int u,int v,int w){ Edge[++Es]=(EDGE){u,v,w,First[u]},First[u]=Es; }
int Bfs()
{ for(int i=S;i<=T;i++) Vis[i]=Deep[i]=0;
Team.push(S),Deep[S]=1,Vis[S]=1;
while(!Team.empty())
{ int k=Team.front(); Team.pop();
for(int i=First[k];i!=-1;i=Edge[i].Next)
{ int v=Edge[i].v;
if(Vis[v]||!Edge[i].w) continue ;
Vis[v]=1,Deep[v]=Deep[k]+1,Team.push(v);
}
}
return Deep[T];
}
int Dinic(int Pos,int Mins)
{ if(Pos==T) return Mins;
for(int &i=Cur[Pos];i!=-1;i=Edge[i].Next)
{ int v=Edge[i].v;
if(Deep[v]!=Deep[Pos]+1||!Edge[i].w) continue ;
int X=Dinic(v,Min(Mins,Edge[i].w));
if(X) return Edge[i].w-=X,Edge[i^1].w+=X,X;
}
return 0;
}
void Work()
{ while(Bfs())
{ for(int i=S;i<=T;i++) Cur[i]=First[i];
while(int Nv=Dinic(S,1e9)) Ans-=Nv;
}
}
void Build()
{ Es=-1,S=0,T=33;
for(int i=0;i<=T;i++) First[i]=-1;
for(int i=0;i<=7;i++)
{ Link(S,Seq[i],Car[Seq[i]]),Link(Seq[i],S,0);
Link(Seq[i]+16,T,Car[Seq[i]]),Link(T,Seq[i]+16,0);
for(int j=0;j<=2;j++)
{ int u=Seq[i],v=Cp[u][j];
Link(u,v+16,1e9),Link(v+16,u,0);
}
}
}
}using namespace Net;
int main()
{ Init();
for(scanf("%d",&Ts);Ts;Ts--)
{ for(int i=1;i<=16;i++) scanf("%d",&Car[i]);
Build(),Work(),Ans/=2;
for(int i=0;i<=7;i++) Ans+=Car[Seq[i]];
printf("%d\n",Max(Ans,Max(Car[4],Max(Car[5],Max(Car[10],Car[15]))))),Ans=0;
}
}