CSP-S2019 题解

T1 格雷码

考虑第(i)位，第(0)位分别为(011001100dots)，第(1)位分别为(001111000011110000dots)，从而第(i)位等于(koplusleftlfloordfrac k2 ight floor)的第(i)位。使用unsigned long long存贮，按位输出即可。

unsigned long long n,k;
int res[65],i;

int main()
{
	cin>>n>>k;
	k=k^(k>>1ull);
	
	while(k)
	{
		res[i++]=k&1ull;
		k>>=1ull;
	}
	
	for(int i=n-1;~i;--i)
		printf("%d",res[i]);

	puts("");

        return 0;
}

T2 括号树

先考虑链的情况。我们设(s_i)为以第(i)位为结尾的合法括号串的数量，维护一个栈(S)，当第(i)位为(时入栈，当第(i)位为)时匹配栈顶(t)（若栈为空则直接令(s_i=0)），该位的(s)值就等于匹配到的栈顶(t)的前一位的(s)值加一，即(s_i=s_{t-1}+1)，同时弹出栈顶。最终的答案(mathrm{ans}_i)就等于(s_i)的前缀和。

进一步地，一棵树可以拆成由根到叶子的若干条链。我们按照链的方式即可计算(s_i)和(mathrm{ans}_i)，只不过每个节点(i)的前一个节点变成了(mathrm{fa}_i)，dfs时注意将栈回溯即可。

const int Maxn=5e5+7;

typedef long long LL;

char str[Maxn];
int n,stac[Maxn],top,fa[Maxn];
LL f[Maxn],ans[Maxn];

struct Edge
{
	int nxt,to;
}e[Maxn];

int edge_cnt,head[Maxn];

inline void add_edge(int u,int v)
{
	e[++edge_cnt].nxt=head[u];
	e[edge_cnt].to=v;
	head[u]=edge_cnt;
}

inline void DFS(int u)
{
	int tmp=0;
	
	if(str[u]==')')
	{
		if(top)
		{
			tmp=stac[top];
			f[u]=f[fa[tmp]]+1;
			--top;
		}
	}
	else if(str[u]=='(')
		stac[++top]=u;
	
	ans[u]=ans[fa[u]]+f[u];
	
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		DFS(e[i].to);
	
	if(tmp)
		stac[++top]=tmp;
	else if(top)
		--top;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",str+1);
	
	for(int i=2,f;i<=n;++i)
		scanf("%d",&f),
		fa[i]=f,
		add_edge(f,i);
	
	DFS(1);
	
	LL res=0;
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
		res^=(1LL*i*ans[i]);
	
	printf("%lld
",res);
	
	return 0;
}

T4 Emiya家今天的饭

先考虑(mle 3)的部分分。设(f(i,A,B,C))表示处理到前(i)行，三种食材分别选了(A,B,C)个时的方案数。则

[f(i,A,B,C)leftarrow f(i-1,A,B,C)+a_{i1}cdot f(i-1,A-1,B,C)+a_{i2}cdot f(i-1,A,B-1,C)+a_{i3}cdot f(i-1,A,B,C-1) ]

边界为(f(0,0,0,0)=1)。最后的答案为

[mathrm{ans}=sum_{A,B,Cle n}f(n,A,B,C),qquad max{A,B,C}ledfrac{A+B+C}2, A+B+C>0 ]

可以倒序枚举(A,B,C)来压掉(i)这一维。总复杂度(O(n^4))。

当(mge3)时，(m)迅速增大，无法使用(O(n^{m+1}))的做法。考虑容斥，合法方案数就等于总方案数减去不合法方案数。

我们设(f(i,j))表示处理到前(i)行，选了(j)种食材的总方案数。则

[f(i,j)leftarrow f(i-1,j)+s_icdot f(i-1,j-1) ]

其中(s_i)为第(i)行的前缀和，边界为(f(0,0)=1)。总方案数为

[S=sum_{j=1}^n f(n,j) ]

可以倒序枚举(j)来压掉(i)这一维。这部分的复杂度(O(nm))。

注意到，不合法的方案中有且仅有一种食材(c)的出现次数大于总菜数的一半。(O(m))枚举(c)，对于给定的(c)，设(g_c(i,j,k))为处理到前(i)行，其中第(c)种食材选了(j)种方式，其余食材选了(k)种方式时的方案数，则

[g_c(i,j,k)leftarrow g_c(i-1,j,k)+a_{ic}cdot g_c(i-1,j-1,k)+(s_i-a_{ic})cdot g_c(i-1,j,k-1) ]

边界为(g_c(0,0,0)=1)。总不合法的方案数即为

[S'=sum_{c=1}^msum_{j>k}g_c(n,j,k) ]

同理可以倒序枚举(j,k)来压掉(i)这一维，最终答案即为(mathrm{ans}=S-S')。这部分的复杂度(O(n^2m))，总复杂度(O(n^2m))。

注意到我们并不在意(j,k)的具体值，可用它们的差值(delta=j-k)来描述状态，则(g_c)的转移方程变为

[g_c(i,delta)leftarrow g_c(i-1,delta)+a_{ic}cdot g_c(i-1,delta-1)+(s_i-a_{ic})cdot g_c(i-1,delta+1) ]

边界为(g_c(0,0)=1)。总不合法的方案数即为

[S'=sum_{c=1}^msum_{delta>0}g_c(n,delta) ]

总复杂度降为(O(nm))。可以将(delta)加上(n)来防止越界。

const int Maxn=107;
const int Maxm=2e3+7;

const int Mod=998244353;

typedef long long LL;

LL f[Maxn],g[Maxn][Maxn<<1],ans;
int n,m;
LL a[Maxn][Maxm],s[Maxn];

signed main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=m;++j)
			scanf("%lld",&a[i][j]),
			s[i]=(s[i]+a[i][j])%Mod;

	f[0]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i;j;--j)
			f[j]=(f[j]+1LL*s[i]*f[j-1])%Mod;
	
	for(int j=1;j<=n;++j)
		ans=(ans+f[j])%Mod;
	
	for(int c=1;c<=m;++c)
	{
		memset(g,0,sizeof(g));
	
		g[0][n]=1;
		
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int d=1;d<=n+i;++d)
				g[i][d]=(g[i][d]+g[i-1][d]+1LL*g[i-1][d-1]*a[i][c]+1LL*g[i-1][d+1]*(s[i]-a[i][c]))%Mod;
		
		for(int d=n+1;d<=n*2;++d)
				ans=(ans-g[n][d]+Mod)%Mod;
	}
	
	printf("%lld
",ans);

        return 0;
}