【loli的胡策】训练1.14（组合数学+概率期望+乱搞）

最新推荐文章于 2018-03-20 17:27:27 发布

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#胡策 #组合数学 #概率期望

校内黑暗胡策试炼同时被 3 个专栏收录

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本文解析了三道算法竞赛题目，包括递推关系优化、图论边贡献法及哈密顿回路构造等问题，提供了详细的解题思路与代码实现。

T1

这里写图片描述
n,k,m<=1e6

题解：

这个题一看没有什么思路，其实可以想象成一个递推关系，仔细来说，对于题目描述的集合，第m位上的数字范围是[m,n-(k-m)]，在枚举集合的时候，只要保证后面的元素大于前面的元素就行了，也就是说我们并不用管后面的数字，题目等价于：n=n-(k-m)，k=m时的答案，于是现在只需要考虑k=m的情况

令 $f(n,k)$ 表示现在是n个数，我要取第k个情况下的答案，注意这里的n个数并不代表固定的大小，因为我们取数只需要一个相对的大小
我们首先考虑 $A[i][1]$ 的值，取数范围在 $[1,n-(k-1)]$ ，根据字典序的定义，大小区分有两种：一个是 $A[i][1]与A[i+1][1]$ 相同，另一种是 $A[i+1][1]=A[i][1]+1$

我们先考虑第二种吧
如果 $A[i][1]=x，A[i+1][1]=x+1$
那么 $A[i][2..k]$ 一定是1..n的后缀
$A[i+1][2..k]$ 一定是[x+2,x+3….]
这样 $A[i][m]=n,A[i+1][m]=x+k$
答案就是 $n-(x+k)$
这一种类型的答案就是
（枚举转换点）
$\sum_{i=1}^{n-k}n-i-k=\sum_{i=1}^{n-k-1}i=C_{n-k}^2$

第一种呢？
（枚举第一个数的值（相对大小））

∑n−(k−1)i=1f(n−i,k−1)=∑n−1i=k−1f(i,k−1) $\sum_{i=1}^{n-(k-1)}f(n-i,k-1)=\sum_{i=k-1}^{n-1}f(i,k-1)$

令 $g(n,k)=C_{n-k}^2$
因此 $f(n,k)=g(n,k)+\sum_{i=1}^{n-(k-1)}f(n-i,k-1)$

我们发现只有这个 $g(m,i)$ 在贡献啊，现在考虑每个 $g(m,i)$ 对答案的贡献，因为 $g(m,i)=C_{m-i}^2$ 相当于是将m-i+1划分为三个正整数（隔板法）

再看这个 $f(n,k)=\sum_{i=1}^{n-(k-1)}f(n-i,k-1)$
相当于每次k-1的时候，n减去一个正整数，最后减到m，也就是将n-m划分成k-i个正整数
然后我们观察一下这两部分
枚举i时将 $n-i+1$ 划分成 $n-m$ 和 $m-i+1$ ，之后将n-m划分成k-i个正整数，将m-i+1划分成3个正整数
总的贡献就是将n-i+1划分成k-i+3个正整数！ $C_{n-i}^{k-i+1}$

考虑边界：当k=1时，g(n,k)=n-1（直接看断点数量），所以i=1时是 $C_{n-i}^{k-i+1}$

代码：

#include <cstdio>
#define LL long long 
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6;
LL mul[N+5],inv[N+5];int n,m,k;
LL C(int n,int m){return mul[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    n=n-k+m; k=m;
    mul[0]=mul[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%mod;
    for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for (int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;

    LL ans=0;
    for (int i=1;i<=k;i++)
    {
        int x=n-i,y=k-i+2;
        if (i==1) y=k;
        ans=(ans+C(x,y))%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
}

T2：

这里写图片描述

题解：

这道题目的暴力就是dfs出每个人的位置，dfs出每辆车的位置，再dfs出那辆车对应哪个人取个max值（反正<=4的随便跑╮(╯▽╰)╭）
正解呢？
考虑一条边的贡献，考虑ta两边，一边是a个乘客b辆车，另一边是c个乘客d辆车，那么这条边的贡献系数是min(a,d)+min(b,c)，再乘上边的长度
于是枚举每条边，左边子树大小为x，右边为n-x
min(a,d)的求法？
左边子树有s辆车的方案数是 $C_m^s*x^s*(n-x)^{m-s}$
（从m中选择s辆车，这s辆车随机分布在这x个点上，剩下的m-s辆车分布在右子树上）
通过计算后缀和我们就可以算出左边子树大于s辆车的方案数
所以 $min(a,d)=\sum_{i=1}^{\infty }[i\geq a]*[i\geq d]$ ，即枚举i，再乘上左边多于i辆车，右边多于i个人的方案数即可
PS：其实你并不用考虑车和人的区别，因为总数一样，求法也一样
min(b,c)是一样的啊
时间复杂度 $O(nm)$

注意你在求贡献系数的时候，不能每一次都求一个ksm，因为会T啊
一开始预处理组合数的时候，不要到n为止。。。因为最大的。。。是max(n,m)啊

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=5000;
int n,m,tot,nxt[N*2],point[N],v[N*2],c[N*2],size[N];
LL a[N],b[N],C[N][N],ans;
void init()
{
    int sb=max(n,m);
    C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
    for (int i=2;i<=sb;i++)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for (int j=1;j<i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
}
void addline(int x,int y,int z)
{
    ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;
    ++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; c[tot]=z;
}
LL ksm(LL a,LL k)
{
    LL ans=1;
    for (;k;k>>=1,a=a*a%mod) if (k&1) ans=ans*a%mod;
    return ans;
}
LL calc(int x)//左子树大小 
{
    LL num1=1,num2=ksm(n-x,m),inv=ksm(n-x,mod-2);
    for (int i=0;i<=m;i++) a[i]=C[m][i]*num1%mod*num2%mod,num1=num1*x%mod,num2=num2*inv%mod;
    for (int i=m;i>=0;i--) a[i]=(a[i]+a[i+1])%mod;

    num1=1,num2=ksm(x,m),inv=ksm(x,mod-2);
    for (int i=0;i<=m;i++) b[i]=C[m][i]*num1%mod*num2%mod,num1=num1*(n-x)%mod,num2=num2*inv%mod;
    for (int i=m;i>=0;i--) b[i]=(b[i]+b[i+1])%mod;
    LL ans=0;
    for (int i=1;i<=m;i++) ans=(ans+a[i]*b[i]%mod)%mod;
    return ans*2%mod;
}
void dfs(int now,int fa)
{
    size[now]=1;
    for (int i=point[now];i;i=nxt[i])
      if (v[i]!=fa)
      {
        dfs(v[i],now);
        size[now]+=size[v[i]];
        ans=(ans+calc(size[v[i]])*(LL)c[i]%mod)%mod;
      }
}
int main()
{
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        addline(x,y,z);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%lld",ans);
}

T3：

这里写图片描述
n<=1000

题解：

这道题相当于有n个点0…n-1，第i个点的两个出边是i*2%n，(i*2+1)%n，求一条哈密顿回路

哈密顿回路
哈密顿图（哈密尔顿图）是一个无向图，由指定的起点前往指定的终点，途中经过所有其他节点且只经过一次

可以给每个点恰好一条出边和一条入边，这样就构成了若干个环
可以发现，连边后是一个大环的充分条件是：对于i=0…(n/2-1)，i与i+n/2在一个连通块中

证明：
考虑0与n/2，因为ta们在一个连通块内，而且ta们的出边一样，所以0与1在一个连通块内，再考虑1与n/2+1，可以发现1和2和3都在一个连通块中
于是我们一开始令i的出边是2*i，i+n/2的出边是2*i+1，
枚举i，如果i与n/2+i不在一个连通块内，就交换ta们的出边，这样就并成一个大环了
（其实并不知道为什么相当于，只能挖下坑来）

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,a[1002];
int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    int m=n/2;
    int k=(m+1)/2;
    for (int i=0;i<m;i++)
        if (i<k) a[i]=2*i+1,a[i+m]=2*i;
        else a[i]=2*i,a[i+m]=2*i+1;
    for (int i=0;i<m;i++)
    {
        bool ff=0;
        for (int j=a[i];j!=i;j=a[j])
          if (j==i+m) {ff=1;break;}
        if (!ff) swap(a[i],a[i+m]);
    }
    for (int i=a[0];i;i=a[i]) printf("%d",i&1);
    printf("0\n");
}