UOJ Contest #50: Goodbye Jihai

比赛传送门：Goodbye Jihai。

(Huge{mathbf{再见，己亥。\你好，庚子！\祝大家新春快乐！}})

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A. 新年的促销

这题如果直接做的话可能方向会想歪，方向对了其实就是入门题。

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考虑这个性质：假设花钱购买了 (i) 袋大米，最后获得了 (k) 袋大米，则必然是花钱买了其中最便宜的 (i) 袋。

所以按照 (p_i) 从小到大排序，必然存在一个分界点，左侧获得的大米必然是花钱购买的，右侧获得的大米必然是赠送的。

做背包即可，要记一下购买了多少袋，后面通过预处理求出能够通过赠送若干袋获得的最大重量。

下面是代码，时间复杂度为 (mathcal O (n^2 m))：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int MN = 305, MM = 1005;

int N, M, A, B;
int w[MN], v[MN], p[MN], t[MN];
int sw[MN][MN * 2];
int f[MN][MM];
int Ans[MM];

int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &A, &B);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &w[i]);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &v[i]);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) p[i] = i;
	std::sort(p + 1, p + N + 1, [](int i, int j) { return v[i] < v[j]; });
	for (int i = 1; i <= N; ++i) t[i] = w[p[i]];
	std::copy(t + 1, t + N + 1, w + 1);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) t[i] = v[p[i]];
	std::copy(t + 1, t + N + 1, v + 1);
	for (int i = N; i >= 1; --i) {
		std::copy(w + i, w + N + 1, sw[i] + 1);
		std::sort(sw[i] + 1, sw[i] + N - i + 2, std::greater<int>());
		std::partial_sum(sw[i] + 1, sw[i] + N + N + 1, sw[i] + 1);
	}
	memset(f, 0xc0, sizeof f);
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		for (int k = M - v[i]; k >= 0; --k)
			for (int j = 0; j < i; ++j)
				f[j + 1][k + v[i]] = std::max(f[j + 1][k + v[i]], f[j][k] + w[i]);
		for (int k = 0; k <= M; ++k)
			for (int j = 0; j <= i; ++j)
				Ans[k] = std::max(Ans[k], f[j][k] + sw[i + 1][j / A + j / B]);
	}
	std::partial_sum(Ans + 1, Ans + M + 1, Ans + 1, [](const int &a, const int &b) { return a > b ? a : b; });
	for (int i = 1; i <= M; ++i) printf("%d%c", Ans[i], " 
"[i == M]);
	return 0;
}

B. 新年的新航线

咕。

C. 新年的复读机

咕。

D. 新年的追逐战

赛时想出了除了生成函数的部分，但是因为坏蛋出题人 EI 没有给适合我的部分分，导致我获得了暴力分。

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不难发现题目中定义的图乘积运算满足交换律和结合律。

对于所有 (n) 个图的总乘积 (H = G_1 imes G_2 imes cdots imes G_n = langle V^*, E^* angle)，有：
(V^* = { langle a_1, a_2, ldots, a_n angle : | : a_i in V_i })，以及
两点 (langle a_1, a_2, ldots, a_n angle) 与 (langle b_1, b_2, ldots, b_n angle) 之间有连边，当且仅当对于每个 (1 le i le n)，都有 (langle a_i, b_i angle in E_i)。

考虑 (H) 的连通块性质。通过手玩一些简单情况，可以总结归纳：
首先，在每一个原图 (G_i) 上都放置一个棋子，第 (i) 个棋子在 (G_i) 的点 (a_i) 上，那么 (H) 中与 (u = langle a_1, a_2, ldots, a_n angle) 邻接的一条边就相当于每个图上的棋子都走恰好一步。
可以得出，如果这之中某一个棋子在孤立点上，那么 (u) 就不存在邻接边。
对于其它的情况，显然第 (i) 个棋子能够移动的范围就是 (G_i) 中 (a_i) 所在的连通块的所有点。
因为每个连通块都不是孤立点，所以棋子可以无限移动。因为连通块之间是独立的，接下来假设 (n = 2)，即只计算两个连通块的乘积：

1. 如果两个连通块都是二分图，则它们的乘积恰好是 (2) 个二分图。
   证明：为这两个连通块中的点进行黑白染色，则如果两个棋子所在的初始节点同色，则任意移动都是同色的，否则都是不同色的。而且不难证明，两种情况中的点都分别连通。而因为棋子要回到初始点必然要走偶数步，所以也不存在奇环，是二分图。
2. 如果其中一个连通块是二分图，另一个连通块不是二分图，则它们的乘积恰好是 (1) 个二分图。
   证明：为二分图中的点进行黑白染色，因为非二分图内含有奇环，对于在非二分图上的棋子，可以在奇环中绕一圈，而在二分图上的棋子所在点的颜色就会改变。同样的，这些点也是互相连通的。同样因为二分图中的棋子要回到初始点必然要走偶数步，所以也不存在奇环，是二分图。
3. 如果两个连通块都不是二分图，则它们的乘积恰好是 (1) 个非二分图。
   证明：同样的，其中一个棋子在奇环中绕一圈，另一个棋子一直在一条边上往返，则可以让另一个棋子移动到边的另一端，所以点都是连通的。两个棋子在奇环上绕两环长乘积步，则就是走了奇数步回到初始位置，不是二分图。

更一般地，我们总结两张图乘积的规律：
对于有 (n) 个点的图 (G_1)，假设其中有 (a) 个孤立点，(b) 个非孤立点二分图连通块，(c) 个非二分图连通块，我们把这些信息记做 (egin{bmatrix}n\a\b\cend{bmatrix})。
假设第二张图 (G_2) 的信息为 (egin{bmatrix}m\d\e\fend{bmatrix})。则可以如下总结两张图的乘积 (H) 的规律：
(H) 中的点数显然为 (nm)，孤立点数为 (am + nd - ad)，非孤立点二分图连通块数为 (2be + bf + ce)，非二分图连通块数为 (cf)。
则有图信息之间的乘积公式： (egin{bmatrix}n\a\b\cend{bmatrix}cdotegin{bmatrix}m\d\e\fend{bmatrix}=egin{bmatrix}nm\am+nd-ad\2be+bf+ce\cfend{bmatrix})。

不难发现信息乘积的单位元为 (egin{bmatrix}1\0\0\1end{bmatrix})，只要计算出每个 (k_i) 的信息之和，再依次乘起来即可得到图的总乘积 (H) 的信息。

接下来考虑计算点数为 (k_i) 的所有有标号无向图的信息之和，也即需要计算这些图中的孤立点总数、非孤立点二分图连通块总数、非二分图连通块总数。请看下列生成函数推导：

[egin{aligned} hat{G}_{ ext{arbitrary}} &= sum_{i = 0}^{infty} 2^{inom{i}{2}} frac{z^i}{i!} & : & [1, 1, 2, 8, 64, 1024, ldots] \ hat{G}_{ ext{connected}} &= ln hat{G}_{ ext{arbitrary}} & : & [0, 1, 1, 4, 38, 728, ldots] \ hat{C}_{ ext{connected}} &= hat{G}_{ ext{connected}} hat{G}_{ ext{arbitrary}} & : & [0, 1, 3, 13, 98, 1398, ldots]\ hat{C}_{ ext{isolated}} &= z \, hat{G}_{ ext{arbitrary}} & : & [0, 1, 2, 6, 32, 320, ldots] \ hat{G}_{ ext{colored bipartite}} &= sum_{i = 0}^{infty} sum_{j = 0}^{infty} inom{i + j}{i} 2^{ij} frac{z^{(i + j)}}{(i + j)!} & & \ &= sum_{i = 0}^{infty} sum_{j = 0}^{infty} frac{2^{-inom{i}{2}}}{i!} frac{2^{-inom{j}{2}}}{j!} 2^{inom{i + j}{2}} z^{(i + j)} & & \ &= sum_{n = 0}^{infty} 2^{inom{n}{2}} z^n [z^n] {left( sum_{i = 0}^{infty} 2^{-inom{i}{2}} frac{z^i}{i!} ight)}^2 & : & [1, 2, 6, 26, 162, 1442, ldots] \ hat{G}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}} &= frac{ln hat{G}_{ ext{colored bipartite}}}{2} - z & : & [0, 0, 1, 3, 19, 195, ldots] \ hat{C}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}} &= hat{G}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}} hat{G}_{ ext{arbitrary}} & : & [0, 0, 1, 6, 43, 430, ldots] \ hat{C}_{ ext{connected, not bipartite}} &= hat{C}_{ ext{connected}} - hat{C}_{ ext{isolated}} - hat{C}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}} & : & [0, 0, 0, 1, 23, 648, ldots] end{aligned} ]

其中：
(hat{G}_{ ext{arbitrary}}) 表示 (n) 个点的有标号无向图总数的 (mathbf{EGF})；
(hat{G}_{ ext{connected}}) 表示 (n) 个点的有标号连通无向图总数的 (mathbf{EGF})；
(hat{C}_{ ext{connected}}) 表示所有 (n) 个点的有标号无向图中的连通块数量总和的 (mathbf{EGF})；
(hat{C}_{ ext{isolated}}) 表示所有 (n) 个点的有标号无向图中的孤立点数总和的 (mathbf{EGF})；
(hat{G}_{ ext{colored bipartite}}) 表示 (n) 个点的点二染色的有标号无向二分图总数的 (mathbf{EGF})，求它的技巧是利用 (displaystyle inom{i + j}{2} = inom{i}{2} + inom{j}{2} + ij) 分离枚举变量 (i, j) 使其相互独立；
(hat{G}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}}) 表示 (n) 个点的非孤立点有标号连通无向二分图总数的 (mathbf{EGF})，因为连通二分图恰好有两种染色方案，所以将 (hat{G}_{ ext{colored bipartite}}) 取对数后再除以 (2) 就得到了连通二分图的 (mathbf{EGF})，再减去 (z) 是为了去除孤立点的情况；
(hat{C}_{ ext{con-bipartite(not isolated)}}) 表示所有 (n) 个点的有标号无向图中的非孤立点二分图连通块数量总和的 (mathbf{EGF})；
(hat{C}_{ ext{connected, not bipartite}}) 表示所有 (n) 个点的有标号无向图中的非二分图连通块数量总和的 (mathbf{EGF})。

按照生成函数计算即可。

下面是代码，时间复杂度为 (mathcal O (n + max k_i log max k_i))：

#include <cstdio>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int Mod = 998244353, Inv2 = (Mod + 1) / 2;
const int G = 3, iG = 332748118;
const int MS = 1 << 18;

inline int qPow(int b, int e) {
	int a = 1;
	for (; e; e >>= 1, b = (LL)b * b % Mod)
		if (e & 1) a = (LL)a * b % Mod;
	return a;
}

inline int gInv(int b) { return qPow(b, Mod - 2); }

int Inv[MS], Fac[MS], iFac[MS];

inline void Init(int N) {
	Fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; ++i) Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % Mod;
	iFac[N - 1] = gInv(Fac[N - 1]);
	for (int i = N - 1; i >= 1; --i) iFac[i - 1] = (LL)iFac[i] * i % Mod;
	for (int i = 1; i < N; ++i) Inv[i] = (LL)Fac[i - 1] * iFac[i] % Mod;
}

inline int Binom(int N, int M) {
	if (M < 0 || M > N) return 0;
	return (LL)Fac[N] * iFac[M] % Mod * iFac[N - M] % Mod;
}

int Sz, InvSz, R[MS];

inline int getB(int N) { int Bt = 0; while (1 << Bt < N) ++Bt; return Bt; }

inline void InitFNTT(int N) {
	int Bt = getB(N);
	if (Sz == (1 << Bt)) return ;
	Sz = 1 << Bt, InvSz = Mod - (Mod - 1) / Sz;
	for (int i = 1; i < Sz; ++i) R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << (Bt - 1);
}

inline void FNTT(int *A, int Ty) {
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) if (R[i] < i) std::swap(A[R[i]], A[i]);
	for (int j = 1, j2 = 2; j < Sz; j <<= 1, j2 <<= 1) {
		int wn = qPow(~Ty ? G : iG, (Mod - 1) / j2), w, X, Y;
		for (int i = 0, k; i < Sz; i += j2) {
			for (k = 0, w = 1; k < j; ++k, w = (LL)w * wn % Mod) {
				X = A[i + k], Y = (LL)w * A[i + j + k] % Mod;
				A[i + k] -= (A[i + k] = X + Y) >= Mod ? Mod : 0;
				A[i + j + k] += (A[i + j + k] = X - Y) < 0 ? Mod : 0;
			}
		}
	}
	if (!~Ty) for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * InvSz % Mod;
}

inline void PolyConv(int *_A, int N, int *_B, int M, int *_C, int tN = -1) {
	if (tN == -1) tN = N + M - 1;
	static int A[MS], B[MS];
	InitFNTT(N + M - 1);
	for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
	for (int i = N; i < Sz; ++i) A[i] = 0;
	for (int i = 0; i < M; ++i) B[i] = _B[i];
	for (int i = M; i < Sz; ++i) B[i] = 0;
	FNTT(A, 1), FNTT(B, 1);
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * B[i] % Mod;
	FNTT(A, -1);
	for (int i = 0; i < tN; ++i) _C[i] = A[i];
}

inline void PolyInv(int *_A, int N, int *_B) {
	static int A[MS], B[MS], tA[MS], tB[MS];
	for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
	for (int i = N, Bt = getB(N); i < 1 << Bt; ++i) A[i] = 0;
	B[0] = gInv(A[0]);
	for (int L = 1; L < N; L <<= 1) {
		int L2 = L << 1, L4 = L << 2;
		InitFNTT(L4);
		for (int i = 0; i < L2; ++i) tA[i] = A[i];
		for (int i = L2; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
		for (int i = 0; i < L; ++i) tB[i] = B[i];
		for (int i = L; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
		FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
		for (int i = 0; i < Sz; ++i) tB[i] = tB[i] * (2 - (LL)tA[i] * tB[i] % Mod + Mod) % Mod;
		FNTT(tB, -1);
		for (int i = 0; i < L2; ++i) B[i] = tB[i];
	}
	for (int i = 0; i < N; ++i) _B[i] = B[i];
}

inline void PolyLn(int *_A, int N, int *_B) {
	static int tA[MS], tB[MS];
	for (int i = 1; i < N; ++i) tA[i - 1] = (LL)_A[i] * i % Mod;
	PolyInv(_A, N - 1, tB);
	InitFNTT(N + N - 3);
	for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
	for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
	FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) tA[i] = (LL)tA[i] * tB[i] % Mod;
	FNTT(tA, -1);
	_B[0] = 0;
	for (int i = 1; i < N; ++i) _B[i] = (LL)tA[i - 1] * Inv[i] % Mod;
}

const int MN = 100005;

inline void Merge(int *A, int *B) {
	static int C[4];
	C[0] = (LL)A[0] * B[0] % Mod;
	C[1] = ((LL)A[1] * B[0] + (LL)A[0] * B[1] - (LL)A[1] * B[1]) % Mod;
	if (C[1] < 0) C[1] += Mod;
	C[2] = (2ll * A[2] * B[2] + (LL)A[2] * B[3] + (LL)A[3] * B[2]) % Mod;
	C[3] = (LL)A[3] * B[3] % Mod;
	A[0] = C[0], A[1] = C[1], A[2] = C[2], A[3] = C[3];
}

int N, K[MN], MaxK;
int A1[MS], A2[MS], A3[MS], A4[MS], A5[MS], A6[MS], A7[MS], A8[MS];
int C0[MS], C1[MS], C2[MS], C3[MS];

int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		scanf("%d", &K[i]);
		MaxK = std::max(MaxK, K[i]);
	}
	Init(MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A1[i] = (LL)qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
	PolyLn(A1, MaxK + 1, A2);
	PolyConv(A2, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A3, MaxK + 1);
	for (int i = 1; i <= MaxK; ++i) A4[i] = A1[i - 1];
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)qPow(Inv2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
	PolyConv(A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)A5[i] * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
	PolyLn(A5, MaxK + 1, A6);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A6[i] = (LL)A6[i] * Inv2 % Mod;
	--A6[1];
	PolyConv(A6, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A7, MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A8[i] = ((LL)A3[i] - A4[i] - A7[i] + Mod * 2) % Mod;
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) {
		C0[i] = (LL)i * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
		C1[i] = (LL)A4[i] * Fac[i] % Mod;
		C2[i] = (LL)A7[i] * Fac[i] % Mod;
		C3[i] = (LL)A8[i] * Fac[i] % Mod;
	}
	int Ans[4] = {1, 0, 0, 1};
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		static int Now[4];
		Now[0] = C0[K[i]], Now[1] = C1[K[i]],
		Now[2] = C2[K[i]], Now[3] = C3[K[i]];
		Merge(Ans, Now);
	}
	printf("%lld
", ((LL)Ans[1] + Ans[2] + Ans[3]) % Mod);
	return 0;
}

E. 新年的邀请函

咕。