今天的比赛T1和T3是结论题，T2是大难题。
T1：首先(1,2)~(1,n)一定是按顺序放在1~n-1列的，然后我们考虑后面的怎样放。
其实结论就是按顺序枚举当前列是否能放，如果能就直接放就好了。
证明我也不会，据说比赛当场A的人是找规律的。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<ctime>
#define MAXN 1010
using namespace std;
bitset<MAXN>s[MAXN];
int a[MAXN][MAXN],len[MAXN],n;
int main()
{
//freopen("problem.in","r",stdin);
//freopen("problem.out","w",stdout);
int i,j,h=1;
scanf("%d",&n);
srand(time(0));
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=i+1;j<=n;j++)
{
while(s[i][h]==1||s[j][h]==1)
{
h++;
if(h>n-1)h=1;
}
len[h]++;a[h][len[h]]=i;
len[h]++;a[h][len[h]]=j;
s[i][h]=1;s[j][h]=1;
h++;if(h>n-1)h=1;
}
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)printf("%d ",a[i][j]);
printf("\n");
}
}T2：这是一道计数难题。
- 首先我们算恰好c个不方便，所以我们要转化成求至少c个。
转化方式如下：
有上式看出任何一个恰好c个的方案都会对每一个恰好i个(i<=c)的方案产生(k-1)^i的贡献。所以我们只需将k变成k-1，然后在求每一个至少方案的贡献即可。
- 设f[x][j]表示在以x为根的子树中，权值最小的好点的权值的相对大小为j的贡献。
- 首先我们要把x的所有子树都合并起来。假设当前要合并x和y，那么枚举p、q，考虑f[x][p]和f[y][q]产生的贡献。
分类讨论p和q那个是合并之后的子树的全职最小的好点。假设是p，枚举一个k(k<q)，表示y中1~k都插在p之前，k+1~size[y]都插在p之后，那么贡献就是
。q为最小时同理。
注意到这里我们没有考虑一棵子树内没有好点的情况，要把这种情况算上（即随便编号即可）。
- 合并完x的子树之后，我们还需要讨论x的情况。
1、若x不是好点，则x的值一定要比第一个好点的值小，否则它会挡住第一个好点。这种情况的方程式是f1[i]+=f[x][i-1]*(i-1)
2、若x是好点，那么如果x的子孙中也有好点，则f1[i]+=f[x][p]*(k-1)(p>=i)；如果x的子孙中没有好点，则f[x][i]+=(size[x]-1)!*(k-1)
- 上述情况其实都很好推，最终计算时可以采用前缀和优化。
- 最后
，不要忘记加上整棵子树都没有好点的情况，即n!。
贴一下未加前缀和优化的代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MAXN 5010
#define MAXM 10010
#define mod 998244353
struct map
{
ll x;
ll y;
};
map way[MAXM];
ll first[MAXN],nxt[MAXM],f[MAXN][MAXN],f1[MAXN],fa[MAXN],size[MAXN],jc[MAXN],b[MAXN],n,m;
ll bz[MAXN],kk,ans,p,q,k;
ll sqr(ll x,ll y)
{
ll j=x,s=1,w=y;
while(w>=1)
{
if(w%2==1)s=s*j%mod;
j=j*j%mod;w/=2;
}
return s;
}
ll ny(ll x){return sqr(x,mod-2);}
ll C(ll n,ll m){return jc[n]*b[n-m]%mod*b[m]%mod;}
int dfs_pre(ll z)
{
ll i;
bz[z]=1;size[z]=1;
for(i=first[z];i>=1&&i<=m;i=nxt[i])
if(bz[way[i].y]==0){fa[way[i].y]=z;dfs_pre(way[i].y);size[z]+=size[way[i].y];}
}
int dfs(ll x)
{
ll i,sx=0;
for(i=first[x];i>=1&&i<=m;i=nxt[i])
if(fa[way[i].y]==x)
{
dfs(way[i].y);
if(sx==0)
{
for(p=1;p<=n;p++)f[x][p]=f[way[i].y][p];
sx=size[way[i].y];
}
else
{
memset(f1,0,sizeof(f1));
for(p=1;p<=sx;p++)
for(q=1;q<=size[way[i].y];q++)
{
for(k=0;k<q;k++)
{
f1[p+k]=(f1[p+k]+C(k+p-1,k)
*C(size[way[i].y]-k+sx-p,size[way[i].y]-k)%mod
*f[x][p]%mod*f[way[i].y][q])%mod;
}
for(k=0;k<p;k++)
{
f1[q+k]=(f1[q+k]+C(k+q-1,k)
*C(sx-k+size[way[i].y]-q,sx-k)%mod
*f[x][p]%mod*f[way[i].y][q])%mod;
}
}
for(p=1;p<=sx;p++)
for(k=0;k<=size[way[i].y];k++)
{
f1[p+k]=(f1[p+k]+C(k+p-1,k)
*C(size[way[i].y]-k+sx-p,size[way[i].y]-k)%mod
*f[x][p]%mod*jc[size[way[i].y]])%mod;
}
for(q=1;q<=size[way[i].y];q++)
for(k=0;k<=sx;k++)
{
f1[q+k]=(f1[q+k]+C(k+q-1,k)
*C(sx-k+size[way[i].y]-q,sx-k)%mod
*f[way[i].y][q]%mod*jc[sx])%mod;
}
sx+=size[way[i].y];
for(p=1;p<=sx;p++)f[x][p]=f1[p];
}
}
memset(f1,0,sizeof(f1));
for(i=2;i<=size[x];i++)f1[i]=(f1[i]+f[x][i-1]*(i-1))%mod;
for(i=1;i<=size[x];i++)
{
for(p=i;p<=size[x];p++)
{
f1[i]=(f1[i]+f[x][p]*(kk-1))%mod;
}
f1[i]=(f1[i]+jc[size[x]-1]*(kk-1))%mod;
}
for(i=1;i<=size[x];i++)f[x][i]=f1[i];
}
int main()
{
freopen("random.in","r",stdin);
freopen("random.out","w",stdout);
ll i,j;
scanf("%lld %lld",&n,&kk);
m=n-1;
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld %lld",&way[i].x,&way[i].y);
way[i+m].x=way[i].y;way[i+m].y=way[i].x;
}
m*=2;for(i=m;i>=1;i--)nxt[i]=first[way[i].x],first[way[i].x]=i;
dfs_pre(1);
jc[0]=1;b[0]=ny(jc[0]);
for(i=1;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod,b[i]=ny(jc[i]);
dfs(1);
for(i=1;i<=n;i++)ans=(ans+f[1][i])%mod;
ans=(ans+jc[n])%mod;
printf("%lld",ans);
}T3：还是一道结论题。
首先我们发现如果一个序列是可以通过变换得到的话，那么它一定要满足两个条件：
1、假设a为0、b为1、c为2。那么最终序列的和与一开始序列的和在模3的意义下相等。这时因为每一次变换对整个序列的和在模3的意义下是没有影响的。
2、最终序列至少要有一对相邻的位置相等。（如果变换的至少一次的话）
那么现在就得出结论：满足上述两个条件的序列一定是可以通过变换得到的。这个可以通过数学归纳法来证（但是我不会）。
最终的程序就是首先特判掉n<=3以及整个序列都相同的情况，然后设f[i][j][k][l]表示最终序列到第i为，和在模3的意义下为j，前一位为k，是否有相邻的位置相同（l）的方案数。这是一个简单的dp，转移时可以枚举下一位填什么。
最终不要忘记判断是否需要加上一次也不变换的情况。
