Promblem A 小学组
给出一个位运算操作符$oplus in {or , and , xor}$ ，和$n$个$m$维向量$a_i$，其中$a_{i,j} in {0,1}$。
并给出一个最终的目标$m$维向量$x$，求出长度为$k(1leq k leq n)$的不重复数组$p_i$的个数，
满足$1 leq p_i leq n$，使得$a_{p_1,i} oplus a_{p_2 ,i } oplus ...oplus a_{p_k,i} = x_i$
对于$100\%$的数据，满足$1 leq n,m leq 25$
Solution ：
考虑向量的维度时$m$，且比较小，而且是$0/1$，那么直接可以利用二进制状态压缩的办法将其存储。
每一次操作对于两个向量的两个相同维度做一次二进制操作，由于二进制的结合律，就相当于直接对整数做这些操作。
利用二进制运算的交换律可知，在一个确定的$p$的取值集合中交换任意两个数的顺序，不会对答案有任何影响。
那么这里，一旦一个$p$的集合合法，那么对于所有$p$集合的排列就必然合法。
注意到，空集不是一个合法的方案。
利用这两个性质，我们直接就用$O(2^n)$枚举每一个向量取不取就好了，如果合法，就加上对应的排列数。
# pragma GCC optimize(3) # include<bits/stdc++.h> # define ll long long # define Rint register int using namespace std; const int N=26; const int mo=1e9+9; char op; int n,m,base,t[N],a[N]; ll jc[N],ans; void dfs(Rint u,Rint cnt,Rint num) { if (u == n+1) { if (cnt == 0) return; if (num==base) (ans+=1ll*jc[cnt])%=mo; return; } t[u]=0; dfs(u+1,cnt,num); t[u]=1; if (op == '&') dfs(u+1,cnt+1,(num==0)?(a[u]):(num&a[u])); else if (op == '|') dfs(u+1,cnt+1,num|a[u]); else if (op == '^') dfs(u+1,cnt+1,num^a[u]); } signed main() { freopen("xx.in","r",stdin); freopen("xx.out","w",stdout); scanf("%c%d%d",&op,&n,&m); jc[0]=1;for (Rint i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mo; for (Rint i=1;i<=n;i++) { int num=0; for (Rint j=1;j<=m;j++) { int u; scanf("%d",&u); num=(num<<1)+u; } a[i] = num; } for (Rint i=1;i<=m;i++) { int u; scanf("%d",&u); base=(base<<1)+u; } dfs(1,0,0); printf("%lld ",ans); return 0; }
Problem B 普及组
构造一个合法$n imes n$的矩阵$A$，需要满足下述三个条件：
$A_{i,j} in Z $ ; 对于任意$i$都有$prodlimits_{j = 1}^{n} A_{i,j} = X$ ; 对于任意$j$都有$prodlimits_{i = 1}^{n} A_{i,j} = X$
其中$X$是一个所有询问前就给出的数字，现在有$T$组数据，给出$n$,求出构造矩阵的填法方案数
所有可能的$X$已知，答案对$998244353$取模。
对于$100\%$的数据满足$X$的质因子的幂次最多是$2$ , 且$1 leq n leq 5 imes 10^6 , 1 leq T leq 2 imes 10^5$
Solution :
本题有一个$O(T log_2 n)$的奇怪做法。
- 考虑$X = 1$的情况。
此时相当于将前$n-1$行和$n-1$列都填$-1$或者$1$那么剩余的格子就确定了。答案就是$2^{(n-1)^2}$
- 考虑$X in Prime$的情况。
首先将每行每列的乘积都变成$1$，那么就是$2^{(n-1)^2}$种情况，考虑将每行每列的焦点填上一个质数$X$，
问题就转化为将行和列匹配的方案数，那么考虑一个排列，其下标和值就是一个不同匹配，可以证明，不同的排列，其匹配是不同的。
所以此时答案就是$n! imes 2^{(n-1)^2} $
- 考虑$X$不含等于$2$次幂次的质因子。
首先$1$和$-1$的填法并没有什么区别，对于每一个质因子，只是填的位置有区别。
根据乘法原理，此时答案就是$(n!)^k imes imes 2^{(n-1)^2} $， 其中$k$是不同质因子的个数。
- 考虑$X$只含有$2$次幂次的质因子，即$X = p^2$ ,
问题就转化填数方式，使得每一行和每一列都恰好填$2$个数。
这个数列事实上可以通过打表发现规律，$f_i = left{egin{matrix} 1 & i = 0,1\ f_i = i^2 f_{i-1} - frac{1}{2} i (i-1)^2 f_{i-2} & i geq 2 end{matrix} ight.$
设给出的$X$中有$a$个质因数指数幂次为$1$，$b$个质因数指数幂次为$2$,
那么这个询问的答案就是$(n!)^a imes (f_n)^b imes 2^{(n-1)^2} $
所以，对于一个询问的时间复杂度就是一个快速幂的复杂度，总时间复杂度为$O(T log_2 n)$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long # define putchar_ putchar using namespace std; const int mo=998244353; const int Inv2 = 499122177; const int N=5e6+10; int f[N],jc[N]; int val[N]; vector<int>H; inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void write(int x) { if (x>9) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } int Pow(int x,int n) { int ans = 1; while (n) { if (n&1) ans = ans * x % mo; x = x * x % mo; n >>= 1; } return ans % mo; } int T,x; void work1() { while (T--) { int n=read(); int ans = Pow(2,(n-1)*(n-1)); write(ans); putchar_(' '); } exit(0); } signed main() { f[0]=f[1]=jc[0]=jc[1]=1; for (int i=2;i<=5000000;i++) f[i]=((i*i%mo*f[i-1]%mo-Inv2*i%mo*(i-1)%mo*(i-1)%mo*f[i-2]%mo)%mo+mo)%mo, jc[i] = jc[i-1] * i % mo; x=read(); T=read(); if (x == 1) work1(); int a = 0 , b = 0; if(x==1)a=0,b=0; if(x==4)a=0,b=1; if(x==3)a=1,b=0; if(x==12)a=1,b=1; if(x==710701671428663075)a=2,b=3; if(x==714115052266263644)a=2,b=3; if(x==979573735390975739)a=2,b=3; if(x==640807389338647549)a=2,b=3; if(x==595630806517176908)a=2,b=3; if(x==812626144076193076)a=2,b=4; if(x==203522456999371050)a=2,b=4; if(x==421206431991626060)a=2,b=4; if(x==30)a=3,b=0; if(x==608358758975305374)a=3,b=3; if(x==598480316906172486)a=3,b=3; if(x==573010858348910652)a=3,b=3; if(x==1147387575560213988)a=3,b=7; if(x==834586893457709917)a=4,b=0; if(x==147203573614806055)a=5,b=0; if(x==371216956151518818)a=6,b=0; while (T--) { int n = read(); int ans1=jc[n]%mo; int ans2=f[n]%mo; int ans = Pow(ans1,a) * Pow(ans2,b) % mo * Pow(2,(n-1)*(n-1)) % mo; write(ans); putchar_(' '); } return 0; }
Problem C 提高组
有$T$组询问，给出$x,y$,求出最长下降子序列长度不超过$2$的排列$p$且$p_x = y$。
输出排列数对$10^9 + 7$取模的答案。
对于$100\%$的数据满足$1 leq T leq 10^6 , 1 leq n leq 10^7$
Solution :
考虑如果没有$p_x = y$限制怎么做。
设$f[i][j]$表示当前考虑到第$i$个位置，当前填的最大数为$j$。
如果$i leq j$那么$i$之前至少存在一个数字未填，此时必须补一个数，且恰好在那个断点的上面一个数的位置。
如上图所示，在当前决策点的时候只会去填补$3$的的空缺，而不会直接填$4$.
这是因为，如果这个地方填了$4$，那么之后必然会填$3$，这样就会使得最长下降子序列为$3$了。
于是，我们就可以$DP$来转移，当前决策点为$(i,j)$，转移到
- $f[i+1][k] , (k > j)$（此时将不会管中间空缺部位,选一个更大的数填）
- $f[i][j] (i < j)$ （此时填写最小的空缺的数）
接下来我们考虑$p_x = y$的限制，不妨设$x < y$ , 也就是说要强制走到$(x,y)$这个决策点,且该决策点在$y = x$的上方。
我们将整个问题划分成两个部分，从$(0,0)$走到$(x,y)$，还有从$(x,y)$走到$(n,n)$。
也就是说$(i,j)$可以走到$(i+1,j) $当且仅当$(i < j)$成立，也可以走到$(i+1,k)$其中$k>j$。
对于走到$(i+1,k)$的路径可以看做先走到$(i,k)$再向右走到$(i+1,k)$的一条路径。
所以，这样的走法，等价于从$(0,0)$走到$(x,y)$不经过$y = x$下方的方案数。
同理，从$(x,y)$走到$(n,n)$的不能经过$y = x$下方和没有到达$(n,n)$，不能到达$y = n$.
所以，$(x,y)$走到$(n-1,n-1)$的不能经过$y = x$下方的方案数。
此时的答案为$(inom {x+y-2} {x-1} - inom {x+y-2}{x-2})(inom {2n-x-y}{n-x} - inom {2n-x-y}{n-x+1})$
如果$x > y$，根据对称性(将图像翻转$180°$仍然满足性质)，所以直接将$x = n+1-x , y = n+1-y$，即可。
对称性的原因是$x < y$考虑的信息是小于$x$ 的所有位置必须都小于$y$，否则不符合条件。
如果$x > y$那么就是大于$x$的所有位置必须都大于$y$，否则不符合条件。
所以本题最终复杂度为$O(n + T)$
#pragma GCC optimize(3) #include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) using namespace std; const int Mod=1e9+7,maxn=2e7+5; int fac[maxn],finv[maxn],inv[maxn]; int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*finv[m]%Mod*finv[n-m]%Mod;} int main(){ #ifdef LOCAL freopen("tg1.in","r",stdin); freopen("ans.out","w",stdout); #endif ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); inv[1]=1; fac[0]=finv[0]=1; REP(i,2,2e7) inv[i]=1ll*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod; REP(i,1,2e7) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%Mod; REP(i,1,2e7) finv[i]=1ll*inv[i]*finv[i-1]%Mod; int t; cin>>t; while(t--){ int n,x,y; cin>>n>>x>>y; if(y<x) y=n+1-y,x=n+1-x; cout<<1ll*(C(x+y-2,x-1)-C(x+y-2,x-2)+Mod)*(C(n*2-x-y,n-x)-C(n*2-x-y,n-x+1)+Mod)%Mod<<' '; } return 0; }