大一萌新，第一次打比赛，虽然是线下赛，但送气球的环节还是很赞的！
这里主要是补一下自己的弱项和考试时没有做出来的题目。
1002(链接之后再放，官方还没公开题目...)
先说一下第二题，这个题一看就是个推式子的题目，容易发现，每一种方案的概率都是一样的且都是(m^n)，即每一次选择技能都会有(m)种技能可选。接下来考虑最后对答案的贡献，容易发现，统计贡献时，哪种技能我们并不关心，我们关心的是它出现的次数，并且容易想到将每个技能分开考虑。考虑某个技能（例如技能1对答案的贡献），首先他出现的次数我们要枚举，比如出现了i次，那么在这种情况下，剩下(n-i)个位置，我们不确定，我们只知道了技能1不能再选了，那么技能1在这种情况下的方案数就是((m-1)^{n-i}),所以技能1对答案的总的贡献为(sum_{i=1}^{n}C^{i}_{n}*(m-1)^{n-i}*i^2)，当然一共有m个技能，我们再将这个值乘以m就是我们最终的答案。
PS:代码只是通过了样例，还没有跑过全部数据，官方还没有公开题目...
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,P=1e9+7;
int n,m;
ll jc[N],inv_jc[N];
inline ll power(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=ans*x%P;
x=x*x%P;
y>>=1;
}
return ans%P;
}
inline void prework()
{
int s=1e5+5;
jc[0]=inv_jc[0]=1;
for(int i=1;i<=s;++i) jc[i]=jc[i-1]*i%P;
inv_jc[s]=power(jc[s],P-2);
for(int i=s-1;i>=1;--i) inv_jc[i]=inv_jc[i+1]*(i+1)%P;
}
inline ll C(int n,int m)
{
return jc[n]*inv_jc[m]%P*inv_jc[n-m]%P;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
prework();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
ans=(ans+C(n,i)*power(m-1,n-i)%P*i*i%P)%P;
}
ans=ans*m%P;
ans=ans*power(power(m,n),P-2)%P;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
1006
这种题，....，头秃，这也就应验了我们教练的一句话，考试前期千万不要浪，到后期一定要任性起来...这种题其实看到题的时候就想过答案可能会很小，但没敢写，等下一次的区域赛一定要大胆起来！
1007
这个题感觉是有点亏的题了，考试的时候，队友已经知道了做法，可他当时正在推数学式子，他给我讲的时候我也没哟听进去...（我的锅。）于是到最后这个题都没有写...
初看这个题，我是被他的对角线都不同给吓倒的，人还是不能怂啊！
首先可以发现他要求的不同只是主对角线的元素不同，副对角线上的元素不同，并没有说要将主对角线和副对角线上的元素全部不同，所以我们就可以分开考虑主对角线和副对角线。假如说我们预处理出以每个元素为中心的主对角线的最长长度l[i][j]和以该元素为中心的副对角线的最长长度r[i][j]，那么以该元素为中心的符合条件的矩阵为(lceilfrac{min(l[i][j],r[i][j])}{2}
ceil).接下来考虑怎么预处理以每个元素为中心的最长的对角线的长度，我们可以单独的将每个对角线拉出来组成一个序列。这样好操作。初始值，每个值都是1，然后将半径r拓展，但有个比较显然的结论就是若i-1的r不为1，则i的半径至少为r-1,我们可以利用这个信息进行快速扩展。总的复杂度应该为O(n^2)的。代码太丑了，勿看！！！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010,M=1e6+10;
int cnt[M],n,a[N][N],r1[N][N],r2[N][N];
//分别表示主对角线，副对角线的最长的长度。
inline bool check1(int x,int y,int d)
{
d--;
if(x-d>=1&&y-d>=1&&x+d<=n&&y+d<=n&&!cnt[a[x-d][y-d]]&&!cnt[a[x+d][y+d]]&&a[x-d][y-d]!=a[x+d][y+d]) return true;
return false;
}
inline bool check2(int x,int y,int d)
{
d--;
if(x-d>=1&&y+d<=n&&x+d<=n&&y-d>=1&&!cnt[a[x-d][y+d]]&&!cnt[a[x+d][y-d]]&&a[x-d][y+d]!=a[x+d][y-d]) return true;
return false;
}
inline solve1(int x,int y)
{
cnt[a[x][y]]++;
x++;y++;
while(x<=n&&y<=n)
{
if(r1[x-1][y-1]==1)
{
cnt[a[x-1][y-1]]--;
cnt[a[x][y]]++;
int d=2;
while(check1(x,y,d))
{
cnt[a[x-d+1][y-d+1]]++;
cnt[a[x+d-1][y+d-1]]++;
d++;
}
r1[x][y]=d-1;
}
else
{
int d=r1[x-1][y-1];
cnt[a[x-r1[x-1][y-1]][y-r1[x-1][y-1]]]--;
cnt[a[x-r1[x-1][y-1]+1][y-r1[x-1][y-1]+1]]--;
while(check1(x,y,d))
{
cnt[a[x-d+1][y-d+1]]++;
cnt[a[x+d-1][y+d-1]]++;
d++;
}
r1[x][y]=d-1;
}
x++;y++;
}
x--;y--;
cnt[a[x][y]]--;
}
inline solve2(int x,int y)
{
cnt[a[x][y]]++;
x++;y--;
while(x<=n&&y>=1)
{
if(r2[x-1][y+1]==1)
{
cnt[a[x-1][y+1]]--;
cnt[a[x][y]]++;
int d=2;
while(check2(x,y,d))
{
cnt[a[x-d+1][y+d-1]]++;
cnt[a[x+d-1][y-d+1]]++;
d++;
}
r2[x][y]=d-1;
}
else
{
int d=r2[x-1][y+1];
cnt[a[x-r2[x-1][y+1]][y+r2[x-1][y+1]]]--;
cnt[a[x-r2[x-1][y+1]+1][y+r2[x-1][y+1]-1]]--;
while(check2(x,y,d))
{
cnt[a[x-d+1][y+d-1]]++;
cnt[a[x+d-1][y-d+1]]++;
d++;
}
r2[x][y]=d-1;
}
x++;y--;
}
x--;y++;
cnt[a[x][y]]--;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
r1[i][j]=r2[i][j]=1;
}
for(int i=1;i<=n;++i)//处理主对角线
{
solve1(i,1);//分别以(i,1)开始的对角线。
solve1(1,i);//分别以(1,i)开始的对角线。
}
for(int i=1;i<=n;++i)//处理副对角线
{
solve2(1,i);//以(1,i)
solve2(i,n);//以(i,m)
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
r1[i][j]=2*r1[i][j]-1;
r2[i][j]=2*r2[i][j]-1;
ans+=ceil(min(r1[i][j],r2[i][j])/2.0);
}
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}