牛客练习赛 64（待补E-exgcd）

A.怪盗-1412

$\begin{matrix} \underbrace{ 111\dots\ 1} \\ \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \end {matrix}\begin{matrix} \underbrace{ 444\dots\ 4} \\ m \end{matrix}\begin{matrix} \underbrace{ 111\dots\ 1} \\ \lceil \frac{n}{2} \rceil \end {matrix}\begin{matrix} \underbrace{ 222\dots\ 2} \\ k \end {matrix}$
上述排列方式最优，由此根据组合数即可求解。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    
    
    IO;
    int T=1;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        ll n,m,k;
        cin>>n>>m>>k;
        cout<<n/2*((n+1)/2)*m*k<<'\n';
    }
    
    return 0;
}

Dis2

与某个点距离为2的点有三种①父亲的父亲②儿子的儿子③兄弟节点
跑dfs统计以下即可
sz[u]表示u节点儿子的数量

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010,M=2*N;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
int ans[N],sz[N];
void add(int a,int b)
{
    
    
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}
int n;
void dfs(int u,int fa)
{
    
    
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
    {
    
    
        int j=e[i];
        if(j==fa) continue;
        if(fa) 
        {
    
    
            ans[fa]++;
            ans[j]++;
        }
        sz[u]++;
        dfs(j,u);
    }
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
    {
    
    
        int j=e[i];
        if(j==fa) continue;
        ans[j]+=sz[u]-1;
    }
}
int main()
{
    
    
    IO;
    int T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        memset(h,-1,sizeof h);
        cin>>n;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
    
    
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            add(a,b),add(b,a);
        }
        dfs(1,0);
        for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
    }
    
    return 0;
}

C.序列卷积之和

一步一步推式子，预处理各种前缀和。~~真的无脑暴力~~

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010：
const ll mod=1e9+7;
ll a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N];
int n;
int main()
{
    
    
    IO;
    int T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
        for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=(b[i-1]+a[i])%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=(c[i-1]+a[i]*b[i-1]%mod)%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=(d[i-1]+b[i]*b[i]%mod)%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++) e[i]=(e[i-1]+b[i])%mod;
        for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+c[i])%mod;
        ll res=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)   
            res=(res+d[n]-d[i-1]-b[i-1]*(e[n]-e[i-1])%mod-f[n]+f[i-1]+(n-i+1)*c[i-1]%mod)%mod;
        cout<<(res+mod)%mod<<'\n';
    }
    return 0;
}

D.宝石装箱

学习自大佬题解

首先先说一下错排，虽然我没做过错排，看到这个题首先想到如果每个箱子只对应一个不能放的宝石，那么直接可以容斥原理解决了，不过此题没有那么简单。看了上述文章学到错排还可以用递推方式解决这里记录一下。
状态表示： $f_i$ 错排规模为 $i$ 时的方案数
状态计算：对于规模为 $i$ 的错排，考虑第 $i$ 个小球，不妨让第 $i$ 个小球放在了第 $j(1\leq j<i)$ 个箱子里（第 $i$ 禁止放在第 $i$ 个箱子里），那么考虑第 $k$ 个小球是否放在了第 $i$ 个箱子，如果放在了第 $i$ 个箱子那么很容易发现现在规模是 $i - 2$ 的错排方案，如果没有放在第 $i$ 个箱子里那么现在规模是 $i - 1$ 的错排方案，又因为 $k$ 有 $i - 1$ 种选择那么可以得到递推式 $f_i=(i-1)×(f_{i-1}+f_{i-2})$
经过一顿操作计算可得 $f_n=n![\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\dots+(-1)^n\frac{1}{n!}]$
不难看出上式和容斥原理得出的答案相同。

容斥原理后现在需要求得至少 $\{1,2,3,\dots,n\}$ 个盒子不合法的情况，直接上上述大佬题解结论：
状态表示： $f_{(i,j)}$ 对于只考虑前 $i$ 种盒子， $j$ 个盒子不合法的方案数
状态转移：考虑最后一步第 $i$ 个盒子是否合法易得出 $f_{(i,j)}=f_{(i-1,j)}+f_{(i-1,j-1)}×cnt_i$ $cnt_i$ 是第 $i$ 个箱子不能放的小球数量

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=8010;
const ll mod=998244353;
ll f[2][N],fact[N];
int cnt[N],n;
int main()
{
    
    
    IO;
    int T=1;
    //cin>>T;
    while(T--)
    {
    
    
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
    
    
            int a;
            cin>>a;
            cnt[a]++;
        }
        fact[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
        f[0][0]=f[1][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=i;j++)
                f[i&1][j]=(f[i-1&1][j]+f[i-1&1][j-1]*cnt[i]%mod)%mod;
        ll res=fact[n];
        for(int i=1,k=-1;i<=n;i++,k*=-1) 
            res=(res+k*fact[n-i]*f[n&1][i])%mod;
        cout<<(res+mod)%mod<<'\n';
    }
    return 0;
}

这个dp太妙了吧，递推太精髓了。

E.红色的樱花

待补
要加油哦~