2019.08.13【NOIP提高组】模拟 A 组 比赛总结

题目

6300. Count

http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/0

6301. 普及组

http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/1

6302. 提高组

http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/2

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过程

昨天论坛：
我：

话说同学们要积极地打今天的T2，争取AC，这可是明天的T3

然后……

接着今天就爽死了o(╥﹏╥)o
看到题目的名字时，我想：“今天的题目真有意思，T2普及组绝对是送分的。”
一看T1，矩阵乘法？不对，n矩阵乘法不了。于是想了一个nk的DP，发现只能过30分，还不如打暴力。
再看T2，WTF？又是计数题？我的心态顿时就爆炸了

还好，我的心理承受能力还是有的，于是我转向T3——

又是计数题！今天真的要爽死了！
我昨天真的把出题人给激怒了吗？

但是很快，也才10分钟嘛我的心态就恢复了。
话说，今天的数据还是挺良心的嘛！T2给出那么多个x绝对有什么含义。
接着我就发现了x=1的规律：$an{s}_n=2^{(n-1{)}^2}$
然后x是质数的情况也很快解决了：$an{s}_n=2^{(n-1{)}^2}n!$
但是x是和数的情况我没有弄出来。
最后暴力处理x=12和x=30的情况，结果前者的表20分钟打出来了，后者的表到比赛结束也没有弄出来。

最后T1暴力0分（TLE了？）+T2找规律&打表20分+T3人口普查分（暴力居然改不出来）=23分，rank 71。
被众大佬暴踩了。。。

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题解

T1

苏DL居然考场切了？太强了%%%
可以把每一个$a_i$化成$p_i\cdot m+q_i$的形式，然后
$$\begin{array}{rl}\sum a_i& =\sum (p_i\cdot m+q_i)\\ & =\sum p_i\cdot m+\sum q_i\end{array}$$
设$sumq=\sum q_i$，显然$sumq<k\cdot m$且$sumq\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，因此$sumq$只有k种取值，枚举一下，容斥求答案就可以了。
至于$\sum p_i\cdot m$这坨东西，显然有$\sum p_i=\frac{n-sumq}{m}$，这就转化成了隔板问题，也很好处理。
最后把答案乘起来就可以了。

T2

YMQ大佬比赛时找到了神奇的规律：

1. 数据中的x分解质因数后指数不超过2；
2. 当指数等于2时，有$an{s}_n=n^{2}an{s}_{n-1}-\frac{1}{2}n(n-1{)}^{2}an{s}_{n-2}$

第一条规律暴力做就可以了。
第二条就是观察样例3，先把每一项除去正负数的情况，得到

n	1	2	3	4	5
num	1	3	21	282	6210

发现第 i 项貌似是第 i-1 项×$i^2$，于是相减，得

n	1	2	3	4	5
$i^2-nu{m}_{i-1}$	-	1	6	54	840

然后发现第 i 项剩余的数是第 i-2 项的倍数诶！
结论就得出了。

看到这些，你是否与我有同感：

YMQ大佬太强了！找规律这种东西，真不是我们正常人能做的。
或许可以学习吕乐大佬，用电脑暴力枚举方程式的各项系数。

指数里可能有二。
又因为指数可能有2，因此可能的系数有1,2,3,6,1/2,1/3,1/6等。
然后也不一定时i的某次方，可能涉及i-1或更多。
然而我试到：“f[i]与f[i-1],f[i-2]有关” 时已经搞定了。
$f[i]=a\ast i^b\ast (i-1{)}^c\ast f[i-1]+d\ast i^e\ast (i-1{)}^f\ast f[i-2];$
暴力枚举abcdef,暴力尝试乘除，正负。
最后发现
a=1;
b=2;
c=0;
d=-0.5;
e=1;
f=2;

花式碾压正解。
由于质因数分解可能会T飞，x又已经给出了，这不就是出题人提示我们要打表吗？
然后我就打了表了。。。
注意：这里的表指的不是答案，而是各个数有多少个指数为1的质因子，多少个指数为2的质因子。
结果发现CJY没打表比我快了500ms+
TM的害我打了30分钟的表！

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T3

由于这题要求最长下降子序列的长度小于等于2，因此可以转变为求2个最长不下降子序列。
考虑求前缀最大值，显然第一个序列中的每一个数的前缀都比前一个数的要大，而对于剩余的数也有合法的排列。

因此问题就可以转变成在一个n*n格子图中，求(1,1)到(n,n)的合法路径个数。
可以分类讨论一下：

1. 当$x\le y$时，问题就是求经过点(x,y)的合法路径方案；
2. 否则，问题就是求经过点(y,x)的合法路径方案。

题解是这样说的：

分情况讨论：

• y ≥ x，那么该点一定在前缀max上。考虑反证，若其没有对前缀max产生贡献，那么x前面一定有一个大于y的数，同时x后面没有小于y的数，否则存在长度为3的下降子序列，也就是所有小于y 的数都在x之前，那么至少需要1 + y − 1 = y个位置，而y ≥ x > x − 1，x前面的位置不够，矛盾
• y < x，那么该点一定不对前缀max产生贡献。这是显然的
• 对于y < x的情况，考虑A的逆置换$A^{-1}[A_i]$ = i，可以转换成另一 种情况，也就是说只要考虑y ≥ x的情况
• 那么什么路径是不合法的呢？由于我们求的是前缀最大值，且元素两两不相等，因此凡是触碰到直线y=x-1的路径都是不合法的。

不合法的A→B的路径必定是经过直线y=x-1的，我们把与直线相交后的路径关于直线对称，如下图所示：

蓝色的即为对称后的路径，这样就能方便处理不合法的方案了。
最后答案显然是 (1,1)→(x,y)的合法+(x,y)→(n,n)的合法方案。（如果x>y就要交换x,y）

但是我发现我太菜了，连(x1,y1)→(x2,y2)的方案都不会算。
还好ZJJ大佬教了我方法：由于有x2-x1+y2-y1的总路径，向右的有x2-x1条，因此方案就是
$$\left(\begin{array}{c}x2-x1+y2-y1\\ x2-x1\end{array}\right)$$

然后就可以了。

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CODE

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 998244353
#define N 10000005
ll inv[N],f[N];
inline ll C(ll n,ll m)
{
    
    
	if(n<m) return 0;
	ll s=inv[m],i;
	for(i=n-m+1;i<=n;i++) s=i%P*s%P;
	return s;
}
inline ll calc(ll n,ll m){
    
    return n<m?0:f[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
int main()
{
    
    
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	ll n,m,k,ans=0,sum,i,t,j;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	inv[0]=inv[1]=f[0]=f[1]=1;
	for(i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[P%i]*(P-P/i)%P;
	for(i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%P,f[i]=f[i-1]*i%P;
	for(sum=n%m;sum<=k*m;sum+=m)
	{
    
    
		for(i=t=0,j=1;i<=k;i++,j=-j)
			t=(t+P+j*calc(k,i)*calc(sum-i*(m-1)-1,k-1)%P)%P;
		ans=(ans+t*C((n-sum)/m+k-1,k-1)%P)%P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

T2

#pragma GCC optimize("fast-math","unroll-loops","no-stack-protector")
#pragma GCC diagnostic error "-funsafe-loop-optimizations"
#pragma GCC diagnostic error "-fcse-skip-blocks"
#pragma GCC diagnostic error "-fwhole-program"
#pragma GCC diagnostic error "-std=c++14"
#pragma GCC target("sse3","sse2","sse")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 5000005
ll f[N],fac[N],g[N],one,two;char ch;
inline char gc()
{
    
    
	static char buf[500000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,500000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void read(ll &x)
{
    
    
	while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-'0';
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0';
}
inline ll pow(ll x,ll y)
{
    
    
	ll s=1;
	while(y)
	{
    
    
		if(y&1) s=s*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return s;
}
inline void judge(ll x)
{
    
    
	switch(x)
	{
    
    
		case 1:						one=0,two=0;break;
		case 12:					one=1,two=1;break;
		case 30:					one=3,two=0;break;
		case 147203573614806055:	one=5,two=0;break;
		case 371216956151518818:	one=6,two=0;break;
		case 834586893457709917:	one=4,two=0;break;
		case 1147387575560213988:	one=3,two=7;break;
		case 608358758975305374:	one=3,two=3;break;
		case 710701671428663075:
		case 714115052266263644:
		case 979573735390975739:
		case 640807389338647549:	one=2,two=3;break;
		case 598480316906172486:	one=3,two=3;break;
		case 203522456999371050:	
		case 421206431991626060:	one=2,two=4;break;
		case 595630806517176908:	one=2,two=3;break;
		case 573010858348910652:	one=3,two=3;break;
		case 812626144076193076:	one=2,two=4;break;
	}
}
int main()
{
    
    
	freopen("pj.in","r",stdin);
	freopen("pj.out","w",stdout);
	ll t,x,n,i,j;
	read(x),read(t);
	judge(x);
	f[1]=1,f[2]=3,fac[1]=1;
	for(i=2,g[1]=1,j=0;i<N;j=(i-1)*(i-1),i++)
		g[i]=g[i-1]*pow(2,(i-1)*(i-1)-j)%mod,fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(i=3;i<N;i++)
		f[i]=(i*i%mod*f[i-1]+mod-i*(i-1)/2%mod*(i-1)%mod*f[i-2]%mod)%mod;
	while(t--)
	{
    
    
		read(n);
		printf("%lld\n",pow(f[n],two)*pow(fac[n],one)%mod*g[n]%mod);
	}
	return 0;
}

T3

#pragma GCC optimize("fast-math","unroll-loops","no-stack-protector")
#pragma GCC diagnostic error "-funsafe-loop-optimizations"
#pragma GCC diagnostic error "-fcse-skip-blocks"
#pragma GCC diagnostic error "-fwhole-program"
#pragma GCC diagnostic error "-std=c++14"
#pragma GCC target("sse3","sse2","sse")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define N 20000005
ll fac[N],inv[N];
char ch;
inline char gc()
{
    
    
	static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void read(int &x)
{
    
    
	while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');x=ch-'0';
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0';
}
inline ll C(ll n,ll m){
    
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline ll calc(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    
    return (C(x2-x1+y2-y1,x2-x1)+mod-C(y2+1-x1+x2-1-y1,y2+1-x1))%mod;}
int main()
{
    
    
	freopen("tg.in","r",stdin);
	freopen("tg.out","w",stdout);
	int t,n,x,y,i;
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod,fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	read(t);
	while(t--)
	{
    
    
		read(n),read(x),read(y);
		if(x>y) x^=y,y^=x,x^=y;
		printf("%lld\n",calc(1,1,x,y)*calc(x,y,n,n)%mod);
	}
	return 0;
}