(REDONE)
贡献可以拆成(X(Y+1)+Y)，那么一个数(x)的贡献对最终答案的贡献就是(x(a_1+1)(a_2+1)...)，那么最终答案肯定是(sumlimits_{i=1}^niprodlimits_{j=1}^{i-1}(j+1))最优
void init(){
fac[0]=1;
fp(i,1,1e6)fac[i]=mul(fac[i-1],i+1),ans[i]=add(ans[i-1],mul(i,fac[i-1]));
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
init();
for(int T=read();T;--T)n=read(),print(ans[n]);
return Ot(),0;
}
(MATCHS)
直接辗转相除，假设(n<m)（如果(n=m)先手必胜），如果(leftlfloor{mover n} ight floor=1)先后手必胜反一反，否则先手必胜，用(SG)函数就能证明
ll n,m;int flag;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
n=read(),m=read(),flag=1;
if(n>m)swap(n,m);
while(m%n&&m/n==1)flag^=1,m%=n,swap(n,m);
puts(flag?"Ari":"Rich");
}
return 0;
}
(WTBTR)
先把坐标系旋转(45)度再扩大(sqrt{2})倍，那么只能选竖直或者水平的直线
易知最优方案一定是(n-2)条直线穿过(n-2)个点，剩下一条直线在剩下两个点的中间位置，所以只要求出平面最近点对就行了（这里的距离只有(x)或(y)的距离）。正确性可以用反证法证明。
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
n=read(),ans=inf;
for(R int i=1,x,y;i<=n;++i)x=read(),y=read(),a[i]=x-y,b[i]=x+y;
sort(a+1,a+1+n),sort(b+1,b+1+n);
fp(i,2,n)cmin(ans,a[i]-a[i-1]),cmin(ans,b[i]-b[i-1]);
printf("%lf
",ans*0.5);
}
return 0;
}
(ADAROKS2)
劲啊……
考虑一种涂法，我们不断涂副对角线，并保证涂的过程中没有矩形
第一条副对角线从((1,1))开始，然后涂((2,2),(3,3))……第二条副对角线从((1,2))开始，第三条从((1,4))开始……
所以我们该如何保证涂副对角线的过程中没有矩形呢？
我们令副对角线之间的距离依次增大，并记这个距离为(a_i)，那么有(a_1=1,a_2=2,...)，不难发现如果存在矩形就意味着有(sumlimits_{i=l}^ra_i=sumlimits_{j=ll}^{rr}a_i)，且([l,r]cap[ll,rr]=varnothing)
可以直接暴力把(a_i)预处理出来，然后后面染副对角线就行了
有个比较尴尬的问题就是如果(nleq 150)左右黑色格子数会少于(8n)，因为左下角那个三角形是没有染的，我们暴力染一下
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5;
int pos[N],n,tot;char mp[1005][1005];
bool ck(int x){
pos[tot+1]=pos[tot]+x;
fp(i,1,tot)fp(j,i,tot)fp(k,i+1,tot+1)if(pos[tot+1]-pos[k-1]==pos[j]-pos[i-1])return false;
return true;
}
void init(){
for(R int i=1;pos[tot]<2000;++i)
if(ck(i))pos[++tot]=i,pos[tot]+=pos[tot-1];
fd(i,tot,1)pos[i]-=pos[i-1];
}
bool cck(R int i,R int j){
fp(k,1,n)fp(l,1,n)if(i!=k&&j!=l)
if((mp[k][j]=='O')+(mp[i][l]=='O')+(mp[k][l]=='O')==3)return false;
return true;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
init();
int res;
for(int T=read();T;--T){
n=read(),res=0;
fp(i,1,n)fp(j,1,n)mp[i][j]='.';
for(R int i=1,j=1;i<=n;i+=pos[j++])
for(R int x=1,y=i;y<=n;++x,++y)mp[x][y]='O',++res;
for(R int i=1;i<=n&&res<8*n;++i)
for(R int j=1;j<=i&&res<8*n;++j)
if(mp[i][j]!='O'&&cck(i,j))mp[i][j]='O',++res;
fp(i,1,n){
fp(j,1,n)putchar(mp[i][j]);
putchar('
');
}
}
return 0;
}
(BINARY)
我们可以看做是(1)不断往左跳，那么我们只要知道每个(1)往左跳了多少次就可以了，要注意不能跳过界
所以现在问题就是该如何计算一个(1)在这(z)秒里有多少秒是往左跳的，有多少秒是停下来的
考虑每一个极长的(1)的联通块，对于开头的那个(1)，它是第(1)秒就开始跳了的，对于第(i)个(1)，它是从第(i)秒才开始向左跳的。如果我们用一个队列来表示一个跳和停地状态，(q[i]=0)表示停下，(q[i]=1)表示跳跃，那么这个极长联通块中没加入一个(1)都会令(q[++t]=0)并使(++h)，只要保证(t-h+1=z)，动态维护这个区间的和就好了
然而跳跃的情况该如何考虑呢？设这个极长联通块到前一个极长联通块之间的(0)的个数为(p)，那么以当前的极长联通块中第一个点为例，它会连续往左跳(p)秒，此时有可能前一个联通块中所有点都已经跳完了，那么它可以继续跳。否则它就必须停下来等一下之后才能继续跳。如果以我们之前的那个(q)为例，可以发现一次往后加了(0)点的时候，会把(q)中的最后一个(1)变成(0)。那么我们只要对(1)开一个链表，记录一下上一个(1)的位置就行了
然后没有然后了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
inline int getop(){R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0');return ch-'0';}
char sr[1<<22];int K=-1;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
const int N=1e6+5;
int a[N],b[N],q[N<<1],las[N<<1],n,z,h,t,tl,now,tot;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
n=read(),z=read();
fp(i,1,n)a[i]=getop(),b[i]=0;
tl=t=now=tot=0,h=1;fp(i,1,z)q[++t]=1,++now;
fp(i,1,n){
if(a[i]==1)b[max(++tot,i-now)]=1,q[++t]=0,las[t]=tl,tl=t,now-=q[h++];
else if(tl>=h)q[tl]=1,++now,tl=las[tl];
}
fp(i,1,n)sr[++K]=b[i]+'0',sr[++K]=' ';
sr[++K]='
';
}
return Ot(),0;
}
(TREDEG)
强行二合一……
首先我们把无根树转化为(prufer)序列，那么无根树的总数就是(n^{n-2})，只要计算总的贡献就行了。对于(nleq 100000)的数据答案就是
[Ans=[x^{n-2}]left(sum_{i=0}^infty {(d_i+1)^kover d_i!}x^i
ight)^n
]
直接多项式快速幂就行了
然后是(k=1)的情况，此时(nleq 2000000)，直接多项式快速幂显然会爆炸
那就换个方法数吧
[egin{aligned}
Ans
&=(n-2)!prod_{sum d_i=n-2}left({d_i+1over d_i!}
ight)\
&=(n-2)!prod_{sum d_i=n-2}left({1over d_i!}+{1over (d_i-1)!}
ight)\
end{aligned}
]
我们把括号里的给拆出来，那么假设有(x)项({1over (d_i-1)!})，(n-x)项({1over d_i!})，那么(sum d_i=n-2-x)，且我们枚举这(n)个里面那些是(d_i-1)，方案数还需要乘上一个({nover x})
于是总的方案数为
[egin{aligned}
Ans
&=(n-2)!sum_{k=0}^{n-2}{nchoose k}prod_{sum d_i=n-2-k}{1over d_i!}\
&=sum_{k=0}^{n-2}{nchoose k}(n-2)^{underline{k}}(n-2-k)!prod_{sum d_i=n-2-k}{1over d_i!}\
&=sum_{k=0}^{n-2}{nchoose k}(n-2)^{underline{k}}n^{n-2-k}\
end{aligned}
]
直接(O(n))计算就行了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=(1<<18)+5,P=998244353,M=2e6+5;
inline void swap(R int &x,R int &y){R int t=x;x=y,y=t;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int lg[N],r[21][N],rt[2][N],lim,d;
int fac[M],ifac[M],inv[M];
void init(){
fp(d,1,18){
fp(i,1,(1<<d)-1)r[d][i]=(r[d][i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
lg[1<<d]=d;
}
fac[0]=inv[0]=ifac[0]=fac[1]=inv[1]=ifac[1]=1;
fp(i,2,2e6){
fac[i]=mul(fac[i-1],i),
inv[i]=mul(P-P/i,inv[P%i]),
ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
}
for(R int t=(P-1)>>1,i=1,x,y;i<262144;i<<=1,t>>=1){
x=ksm(3,t),y=ksm(332748118,t),rt[0][i]=rt[1][i]=1;
fp(k,1,i-1)
rt[1][i+k]=mul(rt[1][i+k-1],x),
rt[0][i+k]=mul(rt[0][i+k-1],y);
}
}
void NTT(int *A,int ty){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[d][i])swap(A[i],A[r[d][i]]);
R int t;
for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
for(R int j=0;j<lim;j+=(mid<<1))
fp(k,0,mid-1)
A[j+k+mid]=dec(A[j+k],t=mul(rt[ty][mid+k],A[j+k+mid])),
A[j+k]=add(A[j+k],t);
if(!ty){
t=inv[lim];
fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],t);
}
}
void Inv(int *a,int *b,int len){
if(len==1)return b[0]=ksm(a[0],P-2),void();
Inv(a,b,len>>1);static int A[N],B[N];
lim=(len<<1),d=lg[lim];
fp(i,0,len-1)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
fp(i,len,lim-1)A[i]=B[i]=0;
NTT(A,1),NTT(B,1);
fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],mul(B[i],B[i]));
NTT(A,0);
fp(i,0,len-1)b[i]=dec(add(b[i],b[i]),A[i]);
fp(i,len,lim-1)b[i]=0;
}
void Ln(int *a,int *b,int len){
static int A[N],B[N];
fp(i,1,len-1)A[i-1]=mul(a[i],i);A[len-1]=0;
Inv(a,B,len);lim=(len<<1),d=lg[lim];
fp(i,len,lim-1)A[i]=B[i]=0;
NTT(A,1),NTT(B,1);
fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],B[i]);
NTT(A,0);
fp(i,1,len-1)b[i]=mul(A[i-1],inv[i]);b[0]=0;
fp(i,len,lim-1)b[i]=0;
}
void Exp(int *a,int *b,int len){
if(len==1)return b[0]=1,void();
Exp(a,b,len>>1);
static int A[N];Ln(b,A,len);
lim=(len<<1),d=lg[lim];
A[0]=dec(a[0]+1,A[0]);
fp(i,1,len-1)A[i]=dec(a[i],A[i]);
fp(i,len,lim-1)A[i]=b[i]=0;
NTT(A,1),NTT(b,1);
fp(i,0,lim-1)b[i]=mul(b[i],A[i]);
NTT(b,0);
fp(i,len,lim-1)b[i]=0;
}
void ksm(int *a,int *b,int len,int k){
static int A[N];
Ln(a,A,len);
fp(i,0,len-1)A[i]=mul(A[i],k);
Exp(A,b,len);
}
int n,k,ans;
inline int C(R int n,R int m){return 1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int dfs(int pos,int now){
if(pos==n+1)return now==n-2?1:0;
int res=0;
fp(i,0,n-2-now)res=add(res,mul(dfs(pos+1,now+i),mul(1,ifac[i])));
return res;
}
int calc1(){
int res=0;
int iv=ksm(n,P-2);
for(R int i=0,p=ksm(n,n-2),tmp=n-2;i<=n-2;p=mul(p,mul(iv,tmp--)),++i)
res=add(res,1ll*fac[n]*ifac[i]%P*ifac[n-i]%P*p%P);
return res;
}
int A[N],B[N];
int calc2(){
int len=1;while(len<=n-2)len<<=1;
fp(i,0,len-1)A[i]=mul(ksm(i+1,k),ifac[i]);
ksm(A,B,len,n);
return mul(B[n-2],fac[n-2]);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
init();
for(int T=read();T;--T){
n=read(),k=read();
ans=(k==1)?calc1():calc2();
ans=mul(ans,ksm(ksm(n,n-2),P-2));
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
(ADAPWN)
我们可以把一次操作看成删除一个点，那么这道题就可以看做是一个二分图，选出最少的点删掉，使得剩下的点之间没有边相连，也就是一个最小点覆盖
不过这里有一个问题，就是有一些点是不可能被删掉的，所以它们是不能被选在最小点覆盖里的。我们强制它们不删，那么所有和它们有边相连的点都要被强制删掉
然后就是如何求二分图最小点覆盖了……鉴于咱对二分图一无所知，可以看看(fcw)巨巨的总结
没了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
int read(char *s){
R int len=0;R char ch;while((ch=getc())!='O'&&ch!='.');
for(s[++len]=ch;(ch=getc())=='O'||ch=='.';s[++len]=ch);
return s[len+1]=' ',len;
}
const int N=205,M=2e4+5;
struct eg{int v,nx;}e[M];int head[M<<2],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
char mp[N][N];int id[N][N],px[M],py[M],to[M],vis[M],bl[M],now[M],ok[M];
int n,cnt,tim,res;
bool dfs(int u){
vis[u]=tim;
go(u)if(vis[v]!=tim){
vis[v]=tim;
if(!to[v]||dfs(to[v]))return to[v]=u,true;
}
return false;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
n=read(),cnt=tot=res=0;
fp(i,1,n){
read(mp[i]);
fp(j,1,n)if(mp[i][j]=='O')id[i][j]=++cnt,px[cnt]=i,py[cnt]=j,bl[cnt]=(i&1);
}
fp(i,1,n+1)mp[n+1][i]=0;
fp(i,1,cnt)to[i]=vis[i]=head[i]=now[i]=ok[i]=0;
fp(i,1,n)fp(j,1,n)if(mp[i][j]=='O'&&mp[i-1][j-1]!='O'&&mp[i-1][j+1]!='O'){
now[id[i][j]]=1;
if(mp[i+1][j+1]=='O')now[id[i+1][j+1]]=2;
if(mp[i+1][j-1]=='O')now[id[i+1][j-1]]=2;
}
fp(i,1,cnt)res+=(now[i]==2);
for(R int i=1;i<=n;i+=2)fp(j,1,n)if(mp[i][j]=='O'&&!now[id[i][j]]){
if(mp[i-1][j-1]=='O'&&!now[id[i-1][j-1]])add(id[i][j],id[i-1][j-1]);
if(mp[i-1][j+1]=='O'&&!now[id[i-1][j+1]])add(id[i][j],id[i-1][j+1]);
if(mp[i+1][j-1]=='O'&&!now[id[i+1][j-1]])add(id[i][j],id[i+1][j-1]);
if(mp[i+1][j+1]=='O'&&!now[id[i+1][j+1]])add(id[i][j],id[i+1][j+1]);
}
tim=0;
fp(i,1,cnt)if(!now[i]){
++tim;
if(dfs(i))++res;
}
fp(i,1,cnt)if(to[i])ok[to[i]]=1;
++tim;
fp(i,1,cnt)if(!now[i]&&bl[i]&&!ok[i])dfs(i);
fp(i,1,cnt)if(!now[i]&&bl[i]&&vis[i]!=tim)now[i]=2;
fp(i,1,cnt)if(!now[i]&&!bl[i]&&vis[i]==tim)now[i]=2;
printf("%d
",res);
fd(i,cnt,1)if(now[i]==2){
int x=px[i],y=py[i];
printf("%d %d %c
",x,y,mp[x-1][y-1]=='O'?'L':'R');
}
}
return 0;
}
剩下的慢慢补……