五一省选集训Day1

A

先搞个多项式 (P(x)) ，次数为 (i) 的系数表示随机一次给 (z) 加上 (i) 的概率（也就是输入）。如果你求出来 (Q=P^n)，答案显然是 (sum_{i=0}^{x-1}iQ[i]+x(1-sum_{i=0}^{x-1}Q[i]))

40pts

考场上写的做法 (O(xlog xlog n))

只需要写个 NTT 直接倍增求多项式快速幂就好了

60pts

[egin{aligned} Q=P^n \ ln Q = nln P\Q=e^{n ln P} end{aligned} ]

板子拉一拉就好了。(O(xlog x))

注意做多项式 exp 的前提是要没有常数项 也就是这个多项式的常数项要求是 1。这个题目保证了有常数项 如果没有的话我们就可以通过除掉一个单项式来让最低位是常数项 最后加回去即可，

100pts

好像是个新科技（或套路）

我们考虑 (P^{n+1}) 的两种求导方法，并加以推导：

[egin{aligned} (P^{n+1})' = (n+1)P^{n}P'\(P^{n+1})' = (P*P^n)' = P(P^{n})'+P'P^n\(n+1)P^nP'=P(P^{n})'+P'P^n \ nP^nP'=P(P^{n})'\nQP'=PQ' end{aligned} ]

考虑我们拿出多项式的第 (n) 项

[egin{aligned} nsum_{i=1}^k iP[i]Q[n-i+1] = sum_{i=0}^k (n-i+1)P[i]Q[n-i+1]\Q[n+1]=frac{nsum_{i=1}^k iP[i]Q[n-i+1]-sum_{i=1}^k (n-i+1)P[i]Q[n-i+1]}{(n+1)P[0]} end{aligned} ]

代入计算即可。时间复杂度 (O(xk))

#include<bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define U unsigned
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e7 + 5;
const int ha = 998244353;
int n,k,x;
int P[MAXN],Q[MAXN];

inline int qpow(int a,int n=ha-2){
	int res = 1;
	while(n){
		if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
		a = 1ll*a*a%ha;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&x);
	int sm = 0;
	FOR(i,0,k) scanf("%d",P+i),sm += P[i];
	sm = qpow(sm);
	FOR(i,0,k) P[i] = 1ll*P[i]*sm%ha;
	Q[0] = qpow(P[0],n);int inv=qpow(P[0]);
	int ans = 0;sm = Q[0];
	FOR(i,1,x-1){
		FOR(j,1,std::min(i,k)){
			(Q[i] += 1ll*j*P[j]%ha*Q[i-j]%ha) %= ha;
		}
		Q[i] = 1ll*Q[i]*n%ha;
		FOR(j,1,std::min(i,k)) (Q[i] += ha-1ll*(i-j)*P[j]%ha*Q[i-j]%ha) %= ha;
		Q[i] = 1ll*Q[i]*inv%ha*qpow(i)%ha;
		(ans += 1ll*i*Q[i]%ha) %= ha;
		(sm += Q[i]) %= ha;
	}
	(ans += 1ll*x*(ha+1-sm)%ha) %= ha;
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

B

60pts做法

考场做法

我们先考虑最后一段连续的都是1的情况

设最后一个 (0) 的位置是(p) ，这个字符串被随机出的概率显然是 (2^{-p})

于是我们去枚举这个 (p)，考虑计算出方案数 乘一下概率就好。

枚举这些钦定的位置是全 0 还是全 1 ，分类讨论一下:

全 0：显然 (p) 后面不能存在钦定的位置 然后组合数选一下 再按照 (p) 位置是否被钦定组合数一下（如果没被钦定 这个位置不能被涂1 要减去）

全 1：首先 (p) 这个位置不能被钦定，然后记录一下 (p) 前面有多少个钦定了的位置 剩下的位置组合数算一下选出0 的位置即可。

另一种情况翻转过来就可以 所以答案要乘 (2)

#include<bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

inline char nc(){
    #define SIZE 1000000+3
    static char buf[SIZE],*p1 = buf+SIZE,*p2 = buf+SIZE;
    if(p1 == p2){
        p1 = buf;p2 = buf+fread(buf,1,SIZE,stdin);
        if(p1 == p2) return -1;
    }
    return *p1++;
    #undef SIZE
}

template <typename T>
inline void read(T &x){
    x = 0;int flag = 0;char ch = nc();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') flag = 1;
        ch = nc();
    }
    while(isdigit(ch)){
        x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^'0');
        ch = nc();
    }
    if(flag) x = -x;
}

const int MAXN = 2e5 + 5;
const int ha = 998244353; 
int a[MAXN];
int n,q;

int fac[MAXN],inv[MAXN];

inline int qpow(int a,int n=ha-2){
	int res = 1;
	while(n){
		if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
		a = 1ll*a*a%ha;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

inline void prework(){
	fac[0] = 1;
	FOR(i,1,MAXN-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
	inv[MAXN-1] = qpow(fac[MAXN-1]);
	ROF(i,MAXN-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
}

inline int C(int n,int m){
	if(n < m) return 0;
	if(!m) return 1;
	return 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
}
int sm[MAXN];
const int inv2=(ha+1)/2;
int pw[MAXN];
int main(){
	prework();
	read(n);read(q);int all = 0;
	pw[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) pw[i] = 1ll*pw[i-1]*inv2%ha;
	while(q--){
		int k;read(k);int mx = 0;
		FOR(i,1,k) read(a[i]),mx = std::max(mx,a[i]);
		FOR(i,1,2*n) sm[i] = 0;FOR(i,1,k) sm[a[i]] = 1;
		FOR(i,1,2*n) sm[i] += sm[i-1];
		int ans = 0;
		FOR(i,n,2*n-1){//最后一个 0
			int t0=n,t1=i-n;
			if(mx <= i){
				(ans += 1ll*pw[i]*C(i-k-(sm[i]-sm[i-1]==0),t1)%ha)%=ha;
			}
			if(sm[i]-sm[i-1] == 0) (ans += 1ll*pw[i]*C(i-1-sm[i],n-1)%ha) %= ha;
		}
		ans = 1ll*ans*2%ha;
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

100pts做法

大家肯定都会去想搞个前缀和快速维护 但是我考场上以为要对于每个 (k) 维护就自闭了。

我们注意到 本质不同的 (k) 的种类数只会有 (O(sqrt {sum k})) 个。

证明考虑等差数列求和即可。

于是我们现在枚举 (k) 把询问放在一起处理，下面我们来对着上面的代码优化：

if(mx <= i){
	(ans += 1ll*pw[i]*C(i-k-(sm[i]-sm[i-1]==0),t1)%ha)%=ha;
}

如果这一位没有被钦定就是 (pw[i]inom {i-k-1}{i-n}) 否则是 (pw[i]inom {i-k}{i-n})

我们去枚举计算被钦定的位 没背钦定的一定被分成若干段 预处理 (pw[i]inom{i-k-1}{i-n}) 的前缀和即可。注意一下边界 x1

if(sm[i]-sm[i-1] == 0) (ans += 1ll*pw[i]*C(i-1-sm[i],n-1)%ha) %= ha;

这个有点难。。我想了一会。

我们还是去找出中间那些段，然后我们发现每段内一定是形如 (pw[i]*inom{i-1-c}{n-1}) 的形式 (c) 是和前面有多少个被钦定的位置的数量。那么我们预处理出来 (pw[i]*inom {i-1}{n-1}) 的前缀和，发现一段一定会整体少乘 (pw[c]) 乘上去就好了。注意边界 x2

发现上面的所有操作都是和 (k) 有关的 所以复杂度是很正确的 (O(nsqrt n))（(n,k,q)同阶）

C

好像你需要猜结论：在如此小的数据范围内 每个组最多只会有两个集合。

如果是奇数的 subtask 的话直接把大小为 (i) 和大小为 (k-i) 的连边 搞个二分图屁屁额就好了。

于是跑一个一般图最大匹配 但是我不会带花树 所以咕咕咕了。反正也不太会。。