Co-prime

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$T$组数据，给出$L,R,N$，求在区间$[L,R]$中有多少个整数与$N$互质

solution

与SCOI2010幸运数字几乎一样的解决思路，甚至是弱化版

$N$最多含有$11$个质因子

容斥原理

至少含$0$个$N$的质因子的个数$-$至少含$1$个$N$​的质因子的个数$+$至少含$2$个$N$​的质因子的个数$...$

完全可以dfs搜索是哪些质因子，也就$2^{11}$

code

#include <cstdio>
#define int long long
int ans, m, l, r;
int prime[20];void divide( int n ) {for( int i = 2;i * i <= n;i ++ )if( n % i == 0 ) {prime[++ m] = i;while( n % i == 0 ) n /= i;}if( n > 1 ) prime[++ m] = n;
}int calc( int x ) {int L = l / x + ( l % x != 0 ), R = r / x;return R - L + 1;
}void dfs( int p, int cnt, int sum ) {if( p > m ) {if( cnt & 1 ) ans -= calc( sum );else ans += calc( sum );return;}dfs( p + 1, cnt, sum );dfs( p + 1, cnt + 1, sum * prime[p] );
}signed main() {int T, n;scanf( "%lld", &T );for( int Case = 1;Case <= T;Case ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &l, &r, &n );ans = m = 0;divide( n );dfs( 1, 0, 1 );printf( "Case #%lld: %lld\n", Case, ans );}return 0;
}

Character Encoding

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$T$组数据

有$m$个数，每个数的取值范围都是$[0,n-1]$​的整数。

求有多少种给这$m$​个数赋值的方案，使得他们的和为$k$

方案数可能很大，请对$998244353$取模

solution

隔板法

把和为$k$，拆分成$k$个$1$的盒子，通过$m-1$块隔板分割成为$m$个数字

但是隔板法不能有$0$的情况

就强制每个数字自带$1$，也将取值范围$+1$变成$[1,n]$，那么最后的和也对应变成$k+m$

根据隔板法可以得到在无限制的情况下方案数为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+k-1}{m-1}\right)$

容斥原理，强制$i$个划分区域$>n$，隔板个数减少$i\ast n$

相当于已经有$n$个小球放到某个盒子内，然后把剩下小球放进$m$个盒子里面

code

#include <cstdio>
#define mod 998244353
#define int long long
#define maxn 200005
int T, n, m, k;
int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int N ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= N;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[N] = qkpow( fac[N], mod - 2 );for( int i = N - 1;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {if( n < 0 || m < 0 || n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {init( 2e5 );scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );int ans = C( m + k - 1, m - 1 );for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( i & 1 ) ans = ( ans - C( m, i ) * C( m + k - i * n - 1, m - 1 ) % mod ) % mod;else ans = ( ans + C( m, i ) * C( m + k - i * n - 1, m - 1 ) % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ( ans + mod ) % mod );}return 0;
}

Tree and Constraints

source

给定一个含有$n$个节点的树，每一条边可以染成黑色或者白色

有$m$​​个限制条件，每一个限制条件包括两个节点$(u,v)$​，限制为$u,v$两个节点之间的路径中必须包含至少一个涂成黑色的边

问有多少种染色方法使得这$m$个条件同时满足

solution

容斥原理

有$i$个限制满足不了，那么这$i$个限制的路径的交都是白边，剩下的边无所谓

$n\le 50$，用long long压二进制路径

求个路径的交

code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 55
vector < int > G[maxn];
int path[maxn], limit[maxn];void dfs( int u, int fa, int s ) {path[u] = s;for( auto v : G[u] ) {if( v == fa ) continue;else dfs( v, u, 1ll << v | s );}	
}signed main() {int n, m;scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs( 1, 0, 0 );scanf( "%lld", &m );for( int i = 0, u, v;i < m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );limit[i] = path[u] ^ path[v];}int ans = 0;for( int i = 0;i < ( 1 << m );i ++ ) {int s = 0, cnt = 0;for( int j = 0;j < m;j ++ )if( 1 << j & i ) cnt ++, s |= limit[j];if( cnt & 1 ) ans -= 1ll << n - 1 - __builtin_popcountll( s );elseans += 1ll << n - 1 - __builtin_popcountll( s );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对

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给出$n,k$，求有多少个$n$的全排列满足其逆序对数等于$k$

答案可能很大，请对$998244353$​取模

solution

按从小到大的顺序加入的话，$i$​进去可能会造成$x_i\in [0,i-1]$​的贡献

相当于求${\sum }_{i=1}^n{x}_i=k$的多元方程组解个数

类似于第二题，只不过每个数的限制不太一样

容斥原理

无限制情况下$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+n-1}{n-1}\right)$

钦定一些$x_i\ge i$

设限制的$x_i\ge i$的$i$之和为$s$

隔板法，方案数$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-s+n-1}{n-1}\right)$

容斥系数，限制的个数$(-1{)}^m$

当$s>k$时对答案无贡献，只需要计算$[1,n]$中选若干个数，和为$s,s\in [1,k]$​​的个数

巧妙的构造方案：

• 每一次给一段数都$+1$，或者都$+1$后再放一个$1$，排除掉出现$n+1$的情况

  这样的构造可以构造出$nu{m}_i\in [1,n]$​的所有子集

设$f_{i,j}:$ 选$i$个数和为$j$的方案数

• 前$i$个数全$+1$

  $+f_{i,j-i}$

• 前$i-1$个数$+1$，新增一个$1$

  $+f_{i-1,j-i}$

• 可能出现加$1$超过$n$的可能，强制前$i-1$个中有一个超成$n+1$

  $-f_{i-1,j-(n+1)}$

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 100005
int f[500][maxn];
int fac[maxn << 1], inv[maxn << 1];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {if( n < 0 || m < 0 || n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {int n, k;scanf( "%lld %lld", &n, &k );init( n + k );f[0][0] = 1;int lim = sqrt( k << 1 );for( int i = 1;i <= lim;i ++ )for( int j = i;j <= k;j ++ ) {f[i][j] = ( f[i][j - i] + f[i - 1][j - i] ) % mod;if( j <= n ) continue;else f[i][j] = ( f[i][j] - f[i - 1][j - n - 1] + mod ) % mod;}int ans = C( n + k - 1, n - 1 );for( int i = 1;i <= lim && i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= k;j ++ )if( i & 1 ) ans = ( ans - C( n + k - j - 1, n - 1 ) * f[i][j] % mod ) % mod;elseans = ( ans + C( n + k - j - 1, n - 1 ) * f[i][j] % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ( ans + mod ) % mod );return 0;
}