Preface
我发现我现在打AT真的是只会D-Before……
E,F都是抄曲明姐姐的，然后D还是几何画板猜结论做的（证明都是陈指导想的）
看来再这样下去就真的要退役了啊233
A - Connection and Disconnection
JB A题卡我好久（大雾）
我们考虑把一个串的答案先统计出来，填的时候显然尽量向后填。然后判断中间交的地方有哪些要修改
然后WA了，容易发现这样没有充分考虑两个串之间的影响，那么显然可以把两个串接在一起做再判断
然后还是WA了，我们发现只从前往后可能会考虑不充分，因此再尽量往前填一遍算答案即可
然后终于是过了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int n,k; long long ans1,ans2; char s[N*3],t[N*3];
int main()
{
RI i; for (scanf("%s%d",s+1,&k),n=strlen(s+1),i=1;i<=n;++i)
s[i+n]=s[i+(n<<1)]=t[i]=t[i+n]=t[i+(n<<1)]=s[i];
if (k==1)
{
for (i=2;i<=n;++i) if (s[i]==s[i-1]) s[i]='%',++ans1;
} else
{
for (i=2;i<=(n<<1);++i) if (s[i]==s[i-1]) s[i]='%',++ans1; ans1*=(k>>1);
if (s[n<<1]==s[1]) ans1+=(k>>1)-1; if (k&1) for (i=(n<<1)+1;i<=3*n;++i)
if (s[i]==s[i-1]) s[i]='%',++ans1;
}
reverse(t+1,t+3*n+1);
if (k==1)
{
for (i=2;i<=n;++i) if (t[i]==t[i-1]) s[i]='%',++ans2;
} else
{
for (i=2;i<=(n<<1);++i) if (t[i]==t[i-1]) t[i]='%',++ans2; ans2*=(k>>1);
if (t[n<<1]==t[1]) ans2+=(k>>1)-1; if (k&1) for (i=(n<<1)+1;i<=3*n;++i)
if (t[i]==t[i-1]) t[i]='%',++ans2;
}
return printf("%lld",ans1<ans2?ans1:ans2),0;
}
B - Graph Partition
SB题，比A题好写到不知道那里去了
数据范围这么小我们为什么不直接暴力BFS呢？
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=205;
int n,q[N],d[N],col[N],ans; bool g[N][N];
inline char get_digit(void)
{
char ch; while (ch=getchar(),ch!='0'&&ch!='1'); return ch;
}
inline bool BFS(CI st)
{
RI H=0,T=1,i; for (q[1]=st,i=1;i<=n;++i) col[i]=-1,d[i]=1e9;
col[st]=0; d[st]=1; while (H<T)
{
int now=q[++H]; for (i=1;i<=n;++i) if (g[now][i])
{
if (!~col[i]) col[i]=col[now]^1,d[i]=d[now]+1,q[++T]=i;
else if (col[now]==col[i]) return 0; else d[i]=min(d[i],d[now]+1);
}
}
for (i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,d[i]); return 1;
}
int main()
{
RI i,j; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)
for (j=1;j<=n;++j) g[i][j]=get_digit()-48;
for (i=1;i<=n;++i) if (!BFS(i)) return puts("-1"),0;
return printf("%d",ans),0;
}
C - Division by Two with Something
陈指导在证明D题结论的时候我莫名找出了这题的性质，然后就过了。。。
考虑我们统计出有多少种串在经过(k)次反向操作（就是把前面的数放到后面）后可以变回自己
为了方便统计，我们转化下问题：将一个串全部取反后接在原串后面，然后我们发现进行(k)次反向操作后能变回原串当且仅当这个串有一个长度为(k)的循环节
我们在挖掘一下性质就会发现(frac{2n}{k}mod 2= 1)，因为若(frac{2n}{k}mod 2= 0)那么说明这个串的反串与原串相等
然后根据这一条我们容易推导出(k)必为偶数，然后我们考虑把(k)这个串从(frac{k}{2})处分开，它也是对称的，证明如下：
显然现在最中间的一段即(3,4)中间的(frac{k}{2})与(n)重合，由(1=3=5; 2=4=6)且(3,4)互反即可推出(1,2; 3,4; 5,6)互反
考虑有了这个性质之后我们可以干嘛，我们可以枚举(k)，然后统计合法的(frac{k}{2})的串的个数
然后我们发现这个串只需要满足字典序小于原串即可，那么前(frac{k}{2})比原来小显然是合法的，那么我们只需要判断相等的时候是否合法即可，暴力特判一下
最后我们发现我们算出来的是以(k)为循环节而不是最小为(k)，那我们只需要容斥一下即可
#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=400005,mod=998244353;
int n,ans,num[N],g[N],tot; char s[N],t[N];
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
int main()
{
RI i,j,k; for (scanf("%d%s",&n,s+1),k=1;k<=(n<<1);++k)
if ((n<<1)%k==0&&(((n<<1)/k)&1))
{
for (num[++tot]=k,i=1;i<=(k>>1);++i)
g[tot]=((g[tot]<<1)+s[i]-48)%mod,t[i]=s[i];
for (i=(k>>1)+1;i<=n;++i) t[i]=((t[i-(k>>1)]-48)^1)+48;
for (++g[tot],i=1;i<=n;++i) if (t[i]!=s[i])
{ g[tot]-=(t[i]>s[i]); break; }
}
for (i=1;i<tot;++i) for (j=i+1;j<=tot;++j)
if (num[j]%num[i]==0) dec(g[j],g[i]);
for (i=1;i<=tot;++i) inc(ans,1LL*num[i]*g[i]%mod);
return printf("%d",ans),0;
}
D - Incenters
为我的可怜的平面几何知识缅怀，我们先掏出几何画板画个图：
这里的(A,B,C)三点是我们选出来的，连接(AB,AC,BC)就可以得到如图所示的红色三角形
然后做出它的内心(P)，三条蓝色的线就是角平分线，延长交于圆(A',B',C')，然后连接这三点就得到了紫色三角形
然后我们可以得到两个至关重要的结论（以下结论的证明请移步至陈指导的博客观看）：
Ⅰ：点(C')是弧(AB)的中点
Ⅱ：点(P)是( riangle A'B'C')的垂心
考虑垂心再怎么转化，我们发现( riangle A'B'C')的外心也出现了（原点(O)），那么容易联想到联系它们的欧拉线
我们做出( riangle A'B'C')的重心(Q)，那么有(O,Q,P)三点共线且(2|OQ|=|PQ|)
那么我们发现现在我们经过一些列转化，把内心→垂心→重心，而重心非常适合期望的式子，因为它就是三角形三边坐标的平均值
考虑具体怎么计算，我们先(n^2)枚举一条边(AB)，然后考虑另一个点(C')的位置就确定了
而根据(A,B)之间的点数我们很容易确定(C')在优弧和劣弧上的方案数，因此我们就可以把(C')的贡献统计出来
然后由于期望的线性性，我们统计所有的这样的点之后三角形三点的贡献其实都得出来了
那么最后我们除去方案数，再乘上(3)就是答案了
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=3005;
const double pi=acos(-1);
int n,l,t[N],cur; double ansx,ansy;
int main()
{
RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&l),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&t[i]);
for (i=1;i<n;++i) for (cur=0,j=i+1;j<=n;++j,++cur)
{
ansx+=1.0*(n-2-cur)*cos(pi*(t[i]+t[j])/l)/(n-2);
ansy+=1.0*(n-2-cur)*sin(pi*(t[i]+t[j])/l)/(n-2);
ansx-=1.0*cur*cos(pi*(t[i]+t[j])/l)/(n-2);
ansy-=1.0*cur*sin(pi*(t[i]+t[j])/l)/(n-2);
}
double ct=1.0*n*(n-1)/2.0; ansx/=ct; ansy/=ct;
return printf("%.16lf %.16lf",3.0*ansx,3.0*ansy),0;
}
E - Pairing Points
代码奇短的DP题，被打爆了。。。ORZ 曲明姐姐
首先我们考虑把环破开，比如我们枚举与(1)相连的那个点(i)，然后我们发现现在我们要将([2,i)cup(i,2 imes n])的点进行配对，考虑现在又哪些性质：
- ([2,i)cup(i,2 imes n])的点都未连边，且([2,i))只会和([2,i))的点连边，另一遍同理
- (i)已经向([2,2 imes n])外的一点连边
考虑到这样的状态很有代表性，因此我们可以把它定义成一个基本的状态
我们令(f(l,r,m))表示([l,r])中(m)向外连边的情况
考虑我们现在枚举一条边(jleftrightarrow k)，其中(jin [l,m),kin (m,r])，显然这条边横跨了整个区间，且与(m)向外连的边有交点
然后我们考虑((j,m))之间的点，它们之间的边肯定要么与(jleftrightarrow k)这条边相连，或者与(m)向外连的边相连，且中间一定有一个分界点(p)，满足((j,p])之间的边都与(jleftrightarrow k)相交（以上强烈建议画图理解）
那么这时我们发现([l,j)cup (j,p])与(m)连出的边不再有任何关系，因此它就可以划分成一个子问题(f(l,p,j))
同理我们在((m,r])中可以找到一个点(q)，然后划分出问题(f(q,r,k))
同时((p,m)cup (m,q))之间的点还是以(m)连出去的边为横跨边，因此还可以划分出(f(p+1,q-1,m))
综上所述这题就做完了，状态数是(n^3)的，转移是(n^4)的，因此复杂度为(O(n^7))，不过显然跑不满
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=45;
int n; char g[N][N]; long long f[N][N][N],ans;
inline long long DP(CI l,CI r,CI m)
{
if (~f[l][r][m]) return f[l][r][m]; long long ret=0;
if (l==r) return 1; if (l==m||r==m) return 0;
for (RI j=l,k,p,q;j<m;++j) for (k=m+1;k<=r;++k)
if (g[j][k]=='1') for (p=j;p<m;++p) for (q=m+1;q<=k;++q)
ret+=DP(l,p,j)*DP(p+1,q-1,m)*DP(q,r,k); return f[l][r][m]=ret;
}
int main()
{
RI i; for (scanf("%d",&n),n<<=1,i=1;i<=n;++i) scanf("%s",g[i]+1);
for (memset(f,-1,sizeof(f)),i=2;i<=n;++i)
if (g[1][i]=='1') ans+=DP(2,n,i); return printf("%lld",ans),0;
}
F - Min Product Sum
究极玄学DP，ORZ 曲明姐姐
我们考虑原问题等价于对于一个矩阵(B)，我们重新填一个矩阵(A)使得(A_{i,j})小于((i,j))这一行和这一列的最小值的方案数
然后再转化一步，相当于(A)中每行每列的最大值小于等于(B)中每行每列的最大值
那么最终答案就变成求这样的(A,B)的方案数
考虑记一个(X_p)表示(A)中第(p)行的最大值，(Y_p)表示(B)中第(p)列的最小值
然后设一个状态(f_{i,j,k})表示已经考虑玩了所有的(X_ple k)的(i)行，(Y_ple k)的(j)列，此时的方案数，转移分在A和B中填写两步：
- 枚举(X_p=k+1)的行数，那么对于每一个这样的行，我们在矩阵(B)中已经考虑完(Y_ple k)的那(j)列中显然可以任取(ge k+1)的数，而且在矩阵(A)还未考虑的那(m-j)列中，显然可以任取(le k+1)的数，但是得保证至少有一个(k+1)
- 枚举(Y_p=k+1)的列数，那么对于每一个这样的列，我们在矩阵(B)中已经考虑完(X_ple k)的那(i)行中显然可以任取(ge k+1)的数，且至少有一个(k+1)。而在矩阵(A)还未考虑的那(n-i)行中，显然可以任取(le k+1)的数
那么我们在DP的状态中加一维(0/1)表示转移的两步，一定要从(0 o 1)再从(1 o ext{下一个}0)
那么此时我们会发现DP转移的系数不能直接计算，因此我们还要用DP预处理转移的系数
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int n,m,s,mod,ans,C[N][N],f[N][N][N][2],coef[N][N][N][2];
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline int sum(CI x,CI y)
{
int t=x+y; return t>=mod?t-mod:t;
}
inline int sub(CI x,CI y)
{
int t=x-y; return t<0?t+mod:t;
}
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
int main()
{
RI i,j,k,l; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&mod);
for (C[0][0]=i=1;i<=max(n,m);++i) for (C[i][0]=j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=sum(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
for (k=1;k<=s;++k) for (i=0;i<=m;++i)
{
int cur=1LL*quick_pow(s-k+1,i)*sub(quick_pow(k,m-i),quick_pow(k-1,m-i))%mod;
for (coef[k][i][0][0]=j=1;j<=n;++j) coef[k][i][j][0]=1LL*coef[k][i][j-1][0]*cur%mod;
}
//for (k=1;k<=s;++k) for (i=0;i<=m;++i) for (j=0;j<=n;++j)
//printf("%d ",coef[k][i][j][0]); putchar('
');
for (k=1;k<=s;++k) for (i=0;i<=n;++i)
{
int cur=1LL*quick_pow(k,n-i)*sub(quick_pow(s-k+1,i),quick_pow(s-k,i))%mod;
for (coef[k][i][0][1]=j=1;j<=m;++j) coef[k][i][j][1]=1LL*coef[k][i][j-1][1]*cur%mod;
}
//for (k=1;k<=s;++k) for (i=0;i<=m;++i) for (j=0;j<=n;++j)
//printf("%d ",coef[k][i][j][1]); putchar('
');
for (f[1][0][0][0]=k=1;k<=s;++k) for (i=0;i<=n;++i) for (j=0;j<=m;++j)
{
for (l=0;l<=n-i;++l)
inc(f[k][i+l][j][1],1LL*f[k][i][j][0]*C[n-i][l]%mod*coef[k][j][l][0]%mod);
for (l=0;l<=m-j;++l)
inc(f[k+1][i][j+l][0],1LL*f[k][i][j][1]*C[m-j][l]%mod*coef[k][i][l][1]%mod);
}
return printf("%d",f[s+1][n][m][0]),0;
}
Postscript
AGC真是越来越难打了，CSP前天天做这个搞得我自信心全无233……