【NOIP 2024 T2】遗失的赋值

【NOIP 2024 T2】遗失的赋值

---

NOIP 专栏：NOIP 2024 T2
算法竞赛：组合数学、数学
题目链接：洛谷 P11362【NOIP2024】遗失的赋值
本题专栏：（一）公式推导

题目描述：
小 F 有 $n$ 个变量 $x_1,x_2,\dots ,x_n$。每个变量可以取 $1$ 至 $v$ 的整数取值。
小 F 在这 $n$ 个变量之间添加了 $n-1$ 条二元限制，其中第 $i$（$1\le i\le n-1$）条限制为：若 $x_i=a_i$，则要求 $x_{i+1}=b_i$，且 $a_i$ 与 $b_i$ 为 $1$ 到 $v$ 之间的整数；当 $x_i\ne a_i$ 时，第 $i$ 条限制对 $x_{i+1}$ 的值不做任何约束。除此之外，小 F 还添加了 $m$ 条一元限制，其中第 $j$（$1\le j\le m$）条限制为：$x_{c_j}=d_j$。
小 F 记住了所有 $c_j$ 和 $d_j$ 的值，但把所有 $a_i$ 和 $b_i$ 的值都忘了。同时小 F 知道：存在给每一个变量赋值的方案同时满足所有这些限制。
现在小 F 想知道，有多少种 $a_i,b_i$（$1\le i\le n-1$）取值的组合，使得能够确保至少存在一种给每个变量 $x_i$ 赋值的方案可以同时满足所有限制。由于方案数可能很大，小 F 只需要你输出方案数对 $10^9+7$ 取模的结果。

输入格式：
（本题包含多组测试数据）
输入的第一行包含一个整数 $T$，表示测试数据的组数。
接下来包含 $T$ 组数据，每组数据的格式如下：
第一行包含三个整数 $n,m,v$，分别表示变量个数、一元限制个数和变量的取值上限。
接下来 $m$ 行，第 $j$ 行包含两个整数 $c_j,d_j$，描述一个一元限制。
输出格式：
对于每组测试数据输出一行，包含一个整数，表示方案数对 $10^9+7$ 取模的结果。

数据范围：

• $1\le T\le 10$，
• $1\le n\le 10^9$，$1\le m\le 10^5$，$2\le v\le 10^9$，
• 对于任意的 $j$（$1\le j\le m$），都有 $1\le c_j\le n$，$1\le d_j\le v$。

---

---

题目大意

---

对于 $n$ 个变量 $x_i,i\in [1,n]$，其取值范围为 { y ∣ 1 ≤ y ≤ v , y ∈ Z } \{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\} {y∣1≤y≤v,y∈Z}，变量的取值要满足 $n-1$ 个二元限制和 $m$ 个一元限制，限制如下：

• $a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 为二元限制参数，取值范围为 { y ∣ 1 ≤ y ≤ v , y ∈ Z } \{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\} {y∣1≤y≤v,y∈Z}，限制为：如果 $x_i=a_i$ 则要求 $x_{i+1}=b_i$。
• $c_j,d_j,j\in [1,m]$ 为一元限制参数，取值范围为 { y ∣ 1 ≤ y ≤ v , y ∈ Z } \{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\} {y∣1≤y≤v,y∈Z}，限制为：$x_{c_j}=d_j$。

现在已知 $m$ 组一元限制的参数 $c_j,d_j$，而对于 $n-1$ 组二元限制参数 $a_i,b_i$ 是未知的，现要求出对于参数 $a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 取值的组合的方案数，每种组合要使得至少存在一种给每个变量 $x_i$ 赋值的方案是满足所有限制的（一元、二元限制），方案数对 $10^9+7$ 取模。

---

题目分析

---

根据题目所述，容易知道：

• 如果一元限制之间有冲突，则方案数为 $0$，即当 $i\ne j$ 时，若存在 $c_i=c_j$，而 $d_i\ne d_j$，则方案数为 $ans=0$。
• 对于一对连续的变量 $x_i,x_{i+1}$，如果两者均没有一元限制，那么 $a_i,b_i$ 的取值组合方案数为 $v^2$，进而对于一个长度为 $n$ 且没有一元限制的变量 $x_i,i\in [1,n]$ 序列，由乘法原理可知，参数 $a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 满足要求的组合方案数为 $ans=v^{2(n-1)}$。
• 对于一个长度为 $n$ 且仅左端点有一元限制的变量 $x_i,i\in [1,n]$ 序列，其方案数也为 $ans=v^{2(n-1)}$，因为左端点有一元限制，就相当于确定左端点变量的值，而二元限制是对于前一个数满足条件则限制后一个数，所以仅左端点存在一元限制并无实际作用意义。
• 对于一个长度为 $n$ 且仅右端点有一元限制的变量 $x_i,i\in [1,n]$ 序列，其方案数也为 $ans=v^{2(n-1)}$，与仅左端点存在一元限制情况同理，可以从右向左来确定二元限制，这样就相当于仅左端点存在一元限制。

---

题目思路

---

$\text{Way of Thinking}$

对于一个长度为 $n$ 且仅左右端点有一元限制的变量 $x_i,x_2,x_3,\cdots ,x_{n-2},x_{n-1},x_n$ 序列，存在 $k$ 个二元限制（$k=n-1$），设其方案数为 $f(k)$。

• 对于 $x_1,x_2$ 之间的二元限制 $(a_1,b_1)$ 如果使 $a_1=x_1$，则要 $x_2=b_2$，此时 $a_1$
  存在一种方案，而 $b_1$ 有 $v$ 种方案，故第一对二元限制 $(a_1,b_1)$ 有 $v$ 种方案，这时相当于给 $x_2$
  添加了一元限制，故序列的方案数为 $v\times f(k-1)$。
• 如果使 $a_1\ne x_1$，这样 $a_1$ 存在 $v-1$ 种方案，$b_1$ 有 $v$ 种方案，故第一对二元限制 $(a_1,b_1)$ 有 $v\times (v-1)$ 种方案，这时对于 $i\ge 2$ 的 $x_i$ 序列相当于变成了一个仅右端点存在一元限制的变量序列 $x_2,x_3,\cdots ,x_{n-2},x_{n-1},x_n$，对于这个序列方案数有 $v^{2(k-1)}$ 种，故这种情况的方案数为 $v\times (v-1)\times v^{2(k-1)}$，即 $v^{2k}-v^{2k-1}$。

特殊的，对于 $k$ 取值的边界，当 $k=1$ 时，$f(x)=v\times (v-1)+1=v^2-v+1$。

综上所述，$f(k)=v^{2k}-v^{2k-1}+v\times f(k-1)$。这样就有了一个方案数的递推式，然而如果递推地求解时间复杂度有些高，那么试一试能否将 $f(k)$ 变成一个关于 $k$ 的一个函数（$v$ 作为常量）。

将 $f(k)$ 展开：

$$\begin{array}{rl}f(k)& =v^{2k}-v^{2k-1}+v\times f(k-1)\\ & =v^{2k}-v^{2k-1}+v\times (v^{2x-2}-v^{2x-3}+v\times f(k-2))\\ & =v^{2k}-v^{2k-1}+v^{2x-1}-v^{2x-2}+v^2\times f(k-2)\\ & =v^{2k}-v^{2x-2}+v^2\times f(k-2)\\ & =v^{2k}-v^{2k-2}+v^2\times (v^{2x-4}-v^{2x-5}+v\times f(k-3))\\ & =v^{2k}-v^{2k-2}+v^{2x-2}-v^{2x-3}+v^3\times f(k-3)\\ & =v^{2k}-v^{2x-3}+v^3\times f(k-3)\\ & =\cdots \cdots \end{array}$$

由 $line(4),line(7)$ 行可以得出 $f(k)$ 与 $f(k-t)$ 的关系：

$$f(k)=v^{2k}-v^{2k-t}+v^t\times f(k-t)$$

为消去 $t$，将 $t=k-1$ 代入得：

$$\begin{array}{rl}f(k)& =v^{2k}-v^{2k-t}+v^t\times f(k-t)\\ & =v^{2k}-v^{2k-(k-1)}+v^{k-1}\times f(k-(k-1))\\ & =v^{2k}-v^{k+1}+v^{k-1}\times f(1)\\ & =v^{2k}-v^{k+1}+v^{k-1}\times (v^2-v+1)\\ & =v^{2k}-v^{k+1}+v^{k+1}-v^k+v^{k-1}\\ & =v^{2k}-v^k+v^{k-1}\end{array}$$

故得知：

$$f(k)=v^{2k}-v^k+v^{k-1}$$

---

题目做法

---

$\text{Specific Solution}$

对于每组测试数据：

1. 读入并存储 $m$ 个一元限制，判断一元限制之间是否冲突（若冲突则输出 $0$ 并进行下一轮数据）；
2. 将一元限制按 $c_i,i\in [1,m]$ 升序排序并去重，得到 $c_i,i\in [1,m^{\prime }]$；
3. 计算变量序列 $x[1\sim c_1]$ 的方案数 $v^{2(c_1-1)}$ 和 $x[c_{m^{\prime }}\sim n]$ 的方案数 $v^{2(n-c_{m^{\prime }})}$，根据乘法原理将两者相乘得到 $ans$；
4. 遍历序列 $c[1\sim m^{\prime }]$，对于每个 $c_i,i\in [1,m^{\prime }-1]$，使 $ans=ans\times f(c_{i+1}-c_i)$，得到最终方案数 $ans$。

注意：

• 在公式 $f(k)=v^{2k}-v^k+v^{k-1}$ 中存在含有模运算的减法，在取模之前需要加上模数（这很重要）。
• 计算 $v^k$ 时应使用快速幂来求解以保证时间效率和取模正确性。
• 可以使用 $map$ 容器来存储 $c_i,d_i$，使用 $map$ 同时不必在排序与去重，且判断冲突和顺序便利也能很方便的实现，但是对于每组测试数据要记得清空容器（建议在每组程序开始时清空，这样不容易遗漏情况；也可以在每组程序开始前创建容器，这样便不需要清空容器）。

---

参考代码

---

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long LL;
map<int,int>mp;
int pows(int a,int k)
{
	LL ans=1;
	for (; k; k>>=1,a=(LL)a*a%mod)
		if (k&1) ans=(LL)ans*a%mod;
	return ans;
}
int main()
{
	int t,fl;
	scanf("%d",&t);
	while (t--)
	{
		fl=0;
		int n,m,v;
		LL ans=1;
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&v);
		for (int i=0; i<m; i++)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			if (mp[x]&&mp[x]!=y) fl=1;
			mp[x]=y;
		}
		if (fl)
		{
			puts("0");
			mp.clear();
			continue;
		}
		auto last=mp.begin();
		ans=pows(v,last->first-1<<1);
		for (auto it=mp.begin(); it!=mp.end(); it++)
		{
			if (it==last) continue;
			int l=last->first,r=it->first;
			int num=((pows(v,r-l<<1)-pows(v,r-l)+mod)%mod+pows(v,r-l-1))%mod;
			ans=ans*num%mod;
			last=it;
		}
		ans=ans*pows(v,n-last->first<<1)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
		mp.clear();
	}
	return 0;
}

---

END

感谢观看，如有问题欢迎指出。

$\text{Experience}$

注意到公式 $f(k)=v^{2k}-v^k+v^{k-1}$，减数是 $v^k$，而被减数是 $v^{2k}$，显然 $v^{2k}>v^k$，然而：

很显然，经过模运算，并不存在 $v^{2k}\%mod>v^k\%mod$ 的大小关系。

更新日志

• 2025/09/21 开始书写本篇 优快云 博客，并完稿发布。
• 2025/10/12 对本篇 优快云 进行了微调与修改，并开启了本题目专栏项目（致力于多种解法）。