【loli的胡策】训练1.14（组合数学+概率期望+乱搞）

T1

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）

∑n−ki=1n−i−k=∑n−k−1i=1i=C2n−k

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)

令g(n,k)=C2n−k

因此f(n,k)=g(n,k)+∑n−(k−1)i=1f(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)=C2m−i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)=∑n−(k−1)i=1f(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！Ck−i+1n−i

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Ck−i+1n−i

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
*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：

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Csm∗xs∗(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)=∑∞i=1[i≥a]∗[i≥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
,v[N*2],c[N*2],size
;
LL a
,b
,C

,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：

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");
}

小结：

今天的T1当我把一个肯定不会爆int的变量装在LL里的时候，就已经狗带了。。

T3的表好评，不过出题人说什么有50pts<=40结果只有4组= =

大家真是太给力了，我没写完只粘了3个图就有80+人看= =