【学习笔记】AGC009/AGC019/AGC029/AGC035
AGC009
Eternal Average
奥妙重重
如果我们用树的结构来描述操作，设一个点的深度为xix_ixi，那么一定满足∑k−xi=1\sum k^{-x_i}=1∑k−xi=1，并且 Z=∑ai=1k−xiZ=\sum_{a_i=1}k^{-x_i}Z=∑ai=1k−xi。
方便起见，我们引入kkk进制小数的概念。设Z=0.z1z2...znZ=0.z_1z_2...z_nZ=0.z1z2...zn，其中ziz_izi表示k−ik^{-i}k−i，zn≠0z_n\ne 0zn=0 。
那么合法的小数部分{zi}\{z_i\}{zi}应该满足：
1.11.11.1 如果不进位，那么∑i=1nzi=n\sum_{i=1}^n z_i= n∑i=1nzi=n
1.21.21.2 如果进位，那么∑i=1nzi≤n\sum_{i=1}^nz_i\le n∑i=1nzi≤n ，并且每次进位会导致数位之和减去k−1k-1k−1，∑i=1nzi≡n(modk−1)\sum_{i=1}^n z_i\equiv n\pmod {k-1}∑i=1nzi≡n(modk−1) 。
假设上述限制是充要的。换句话说，我们只关注ZZZ最终的形式，而不关注具体的方案。
不妨做一些逆向思考。知道了ZZZ的最终形式后，通过不断拆分高位可以得到恰好nnn个数，而根据这nnn个点的深度又可以把实际的操作树求出来。具体操作是，从根节点开始分裂，在每一层保留恰当的点数，不难自行验证。扯得有点远了
最后不要忘了∑k−xi=1\sum k^{-x_i}=1∑k−xi=1这个条件，事实上这等价于∑ai=0k−xi=1−Z=0.(k−1−z1)(k−1−z2)...(k−zn)\sum_{a_i=0}k^{-x_i}=1-Z=0.(k-1-z_1)(k-1-z_2)...(k-z_n)∑ai=0k−xi=1−Z=0.(k−1−z1)(k−1−z2)...(k−zn) ，根据上述推导得出1+∑i=1n(k−1−zi)≤m1+\sum_{i=1}^n(k-1-z_i)\le m1+∑i=1n(k−1−zi)≤m并且1+∑i=1n(k−1−zi)≡m(modk−1)1+\sum_{i=1}^n(k-1-z_i)\equiv m\pmod {k-1}1+∑i=1n(k−1−zi)≡m(modk−1) 。
让我们总结一下。设dpi,jdp_{i,j}dpi,j表示当前从高到低考虑到第iii位，数位之和为jjj的方案数。转移方程为dpi,j=∑dpi−1,j−kdp_{i,j}=\sum dp_{i-1,j-k}dpi,j=∑dpi−1,j−k ，可以前缀和优化。因为zn≠0z_n\ne 0zn=0所以可能要用0/10/10/1记录一下当前这位的状态。
复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)。
#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,K;
ll dp[2005][2005][2],sum[2005][2005],res;
void add(ll &x,ll y){x=(x+y)%mod;}
int main(){cin>>n>>m>>K;dp[0][0][0]=1;for(int i=0;i<=n;i++)sum[0][i]=1;for(int i=1;i<=(n+m-1)/(K-1);i++){for(int j=0;j<=n;j++){add(dp[i][j][0],dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1]);if(min(K-1,j)==j)add(dp[i][j][1],sum[i-1][j-1]);else add(dp[i][j][1],sum[i-1][j-1]-sum[i-1][j-min(K-1,j)-1]);if(j%(K-1)==n%(K-1)&&i*(K-1)-j+1<=m&&(i*(K-1)-j+1)%(K-1)==m%(K-1))add(res,dp[i][j][1]);}sum[i][0]=1;for(int j=1;j<=n;j++)sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j][0]+dp[i][j][1])%mod;}cout<<(res+mod)%mod;
}
AGC019
Yes or No
组合数学题。
因为本人数学比较菜所以只会组合意义啦。
方便起见，我们引入坐标(x,y)(x,y)(x,y)表示当前状态。那么对于一条路径，猜对的问题数目就是蓝边的数量。
如果这条路径多次穿过y=xy=xy=x，那么我们只保留第一个交点，并对路径作对称，这样蓝边的数目并不会改变。
设交点坐标是(x,x)(x,x)(x,x)，发现蓝边的数目(n−x)+x=n(n-x)+x=n(n−x)+x=n是定值！最后我们认为对角线的贡献是路径与对角线的交点数目/2 。
答案是n+∑i=1m(2ii)(n+m−2in−i)2(n+mn)n+\frac{\sum_{i=1}^m\binom{2i}{i}\binom{n+m-2i}{n-i}}{2\binom{n+m}{n}}n+2(nn+m)∑i=1m(i2i)(n−in+m−2i)。
复杂度O(n)O(n)O(n)。
remark\text{remark}remark 妙处在于发现潜在的组合意义。
#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m;
ll fac[1000005],inv[1000005],res;
ll fpow(ll x,ll y){ll z(1);for(;y;y>>=1){if(y&1)z=z*x%mod;x=x*x%mod;}return z;
}
void init(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[n]=fpow(fac[n],mod-2);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
ll binom(int x,int y){return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m;if(n AGC029
Wandering TKHS
考虑uuu到根节点的路径为{t1,t2,...,tk}\{t_1,t_2,...,t_k\}{t1,t2,...,tk}，当从tit_iti走到ti+1t_{i+1}ti+1时，会扩展子树内比ti+1t_{i+1}ti+1小的节点。因此想到设dpidp_idpi表示从iii走到faifa_ifai时，子树内扩展了多少个点。
记F(u,v)F(u,v)F(u,v)表示从uuu到vvv的路径上不包括vvv的最大的点，那么v∈subtree(u)v\in subtree(u)v∈subtree(u)有贡献等价于F(v,u) 考虑自底向上维护，假设x∈son(u)x\in son(u)x∈son(u)，对于小于xxx的路径直接设为xxx，用(val,c)(val,c)(val,c)记录权值为valvalval的路径有ccc条，可以手写平衡树，复杂度O(nlog2n)O(n\log^2 n)O(nlog2n) 。当然，线段树合并是更优秀的写法，复杂度O(nlogn)O(n\log n)O(nlogn)。 神仙构造题。 我们首先构造二分图，左边是nnn个节点，右边是n−1n-1n−1个集合，(u,Ei)(u,E_i)(u,Ei)有边当且仅当u∈Eiu\in E_iu∈Ei。 然后有解的必要条件是，对于右边任意S⊆{E1,E2,...,En−1}S\subseteq\{E_1,E_2,...,E_{n-1}\}S⊆{E1,E2,...,En−1}，设其对应的点集为f(S)f(S)f(S)，都有∣S∣ 事实上这是充要的。给出如下构造。 首先求一个大小为n−1n-1n−1的匹配。钦定左边没有被匹配的vvv为根节点，从vvv开始跑DFSDFSDFS树（首先把之前的匹配加进DFSDFSDFS树中），对于右边集合相连的两个点就在原树上连一条边。如果过程中途停止的话，当且仅当，对于所有左侧经过的点，与它们相邻的右边的点都经历过了，并且没有扩展出新点。 因为此时左边点多一个vvv，所以左边点数比右边点数多111，那么取右边边未经过的点， 它们在左侧对应的点也是未被经过的，那么f(S)=∣S∣f(S)=|S|f(S)=∣S∣，矛盾。 比较复杂。感性理解一下就好。 复杂度O(nn)O(n\sqrt{n})O(nn) 。瓶颈在于dinic\text{dinic}dinic求最大匹配。 AGC035#includeConstruction of a tree
#includeAdd and Remove