Virus Tree 2

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solution

距离不超过$2$的点，可能是儿子/孙子/父亲/爷爷

考虑从上到下，由上面的颜色选取决定下面的颜色

显然，第一个点有$K$种选择，第二个点有$K-1$种，每次不同都要$-1$

答案就是每个点的选择的乘积

所以只需要把这种过程的递减通过dfs树来实现

对于现在的子树根节点$u$，如果$v$是第一个儿子，那么需要考虑$v$有没有爷爷

如果不是第一个儿子，那么就是前一个儿子的方案数再$-1$

code

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 1000005
vector < int > G[maxn];
int n, k;
int w[maxn];void dfs( int u, int fa ) {int r = 0;for( auto v : G[u] ) {if( v == fa ) continue;else {if( r ) w[v] = r - 1;else if( ! fa ) w[v] = k - 1;else w[v] = k - 2;r = w[v]; }}for( auto v : G[u] ) if( v ^ fa ) dfs( v, u );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}w[1] = k;dfs( 1, 0 );int ans = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( w[i] <= 0 ) return ! printf( "0\n" );else ans = ans * w[i] % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

RGB Coloring

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solution

将绿色$A+B$看成既涂了红色$A$，又涂了蓝色$B$，则红色和蓝色格子彼此独立，就算涂在同一个格子上也没关系

枚举红色格子的数量$i$，计算得出蓝色格子数量$j=\frac{K-A\times i}{B}$

判断格子数量为整数且都在$n$以内即可，然后用组合计数从$n$个格子中选红/蓝色

$\sum C_n^i\times C_n^j$

code

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 300005
int n, A, B, 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() {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( m < 0 || n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &A, &B, &k );init();int ans = 0; for( int i = 0, j;i <= n;i ++ ) {if( ( k - A * i ) % B ) continue;else j = ( k - A * i ) / B;ans = ( ans + C( n, i ) * C( n, j ) ) % mod;}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

123 Triangle

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$N>1$式子是差分形式，后面序列只有能是$0/1/2$

（除非$N=1$的情况答案有可能是$3$）

如果此时序列有$1$，那么答案一定只能是$0/1$，因为$0/2$碰到$1$都会变成$1$

如果序列没有$1$，则答案只会是$0/2$，对于这种情况，将每个数$/2$得到结果后再$\times 2$是等价的

所以现在的答案都只会是$0/1$，考虑在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)$意义下做

在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)$的情况下，加减法可以看成二进制的异或

所求即为一段序列相邻两个数异或直到最后成一个数的答案

考虑每个数被异或的次数，这其实是个倒杨辉三角$(0,0)$开始

长为$n$的序列的第$i$个元素被异或的次数为$C_{n-1}^{i-1}$

计算在模$2$意义下（除法不一定有逆元）的组合数

• 计算每个阶乘中分解$2$的次数，将除法变成减法，对于组合数最后剩下的$2$的次数为$0$，则为$1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)$，反之$0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)$
• 阶乘的分解，拆分成对每个数求出分解中$2$的次数，做前缀和

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#define maxn 1000005
int n;
char s[maxn];
int x[maxn], cnt[maxn]; int main() {scanf( "%d %s", &n, s + 1 );n --;for( int i = 1;i <= n;i ++ )x[i] = fabs( s[i] - s[i + 1] );bool flag = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( x[i] == 1 ) { flag = 0; break; }if( flag ) for( int i = 1;i <= n;i ++ )x[i] >>= 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int t = i;while( ! ( t & 1 ) ) t >>= 1, cnt[i] ++;cnt[i] += cnt[i - 1];}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )ans ^= cnt[n - 1] - cnt[i - 1] - cnt[n - i] ? 0 : ( x[i] & 1 );if( flag ) ans <<= 1;printf( "%d", ans );return 0;
} 

[SDOI2016]排列计数

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组合数从$n$个中选$m$个强制$a_i=i$，剩下的$n-m$个$a_i\ne i$，就是$n-m$的错排数

code

#include <cstdio>
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 1000005
int fac[maxn], inv[maxn], D[maxn];
int T, n, m;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() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i < maxn;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[maxn - 1] = qkpow( fac[maxn - 1], mod - 2 );for( int i = maxn - 2;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;D[0] = 0, D[1] = 0, D[2] = 1;for( int i = 3;i < maxn;i ++ )D[i] = ( D[i - 1] + D[i - 2] ) * ( i - 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {init();scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );if( n == m ) printf( "1\n" ); else printf( "%lld\n", C( n, m ) * D[n - m] % mod );}return 0;
}

[HNOI2012]排队

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不给模数还明示答案可能很大，赤裸裸的大整数胁迫！！居心叵测！！

两名老师真的是很烦了，没有这么讨人厌的老师，可以直接女生插板法了

• 两名老师之间是男生

  先排男生$A_n^n$，产生$n+1$个空

  再插板两名老师，$A_{n+1}^2$，产生$n+3$个空

  最后插板$m$名女生，$A_{n+3}^m$

• 两名老师之间是女生

  先排男生$A_n^n$

  再打包两名老师放同一个隔板里，老师间还有顺序，$A_2^2{C}_{n+1}^1$

  先强制选一名女生放进老师中间$m$，剩下的就隔板插

  男生$n$个，老师和强制女生打包装成一个，总共是$n+1$个，产生$n+2$个空，$A_{n+2}^{m-1}$

综上，$ans=A_n^n{A}_{n+1}^2{A}_{n+3}^m+A_2^2{C}_{n+1}^1{A}_{n+2}^{m-1}$

同样，老师不相邻$=$不考虑老师$-$老师相邻

• 不考虑老师

  把老师当成男的，女的直接插，$A_{n+2}^{n+2}{A}_{n+3}^m$

• 老师相邻

  捆绑法强制两名老师一起当成一个男的$A_2^2{A}_{n+1}^{n+1}{A}_{n+2}^m$

二者做差就是答案

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m;struct Int {int g[20000], len;Int() {memset( g, 0, sizeof( g ) );len = 0;}Int( int x ) {memset( g, 0, sizeof( g ) );len = 0;if( ! x ) len = 1;else while( x ) g[len ++] = x % 10, x /= 10;}void clean() {while( len > 1 && ! g[len - 1] ) len --;}Int operator - ( Int t ) {Int ans;ans.len = len;for( int i = 0;i < t.len;i ++ ) {ans.g[i] = g[i] - t.g[i];if( ans.g[i] < 0 ) ans.g[i] += 10, g[i + 1] --;}for( int i = t.len;i < len;i ++ )ans.g[i] = g[i]; ans.clean();return ans;}Int operator * ( Int t ) {Int ans;ans.len = len + t.len;for( int i = 0;i < len;i ++ )for( int j = 0;j < t.len;j ++ )ans.g[i + j] += g[i] * t.g[j];for( int i = 0;i < ans.len;i ++ )ans.g[i + 1] += ans.g[i] / 10, ans.g[i] %= 10;ans.len ++;ans.clean();return ans;} void print() {for( int i = len - 1;~ i;i -- )printf( "%d", g[i] );}};Int calc( int n, int m ) {Int ans = ( 1 );for( int i = n - m + 1;i <= n;i ++ )ans = ans * i;return ans;
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );Int ans;ans = calc( n + 2, n + 2 ) * calc( n + 3, m ) - calc( 2, 2 ) * calc( n + 1, n + 1 ) * calc( n + 2, m );	ans.print();return 0;
}

[HNOI2011]卡农

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同种音乐其实通过除以$m!$就可以消掉

相当于在$S$中选$m$个子集，满足

• 子集非空
• 不存在两个完全一样的子集
• ${\forall }_{i,i\in [1,n]}$每个元素出现次数为偶数

设$f_i:$ 考虑$i$个子集，满足以上所有性质的方案数

• 如果知道$i-1$个子集的，那么$i$个子集的集合就被确定了下来$A_{2^n-1}^{i-1}$
• 如果子集是空，那么去掉这个子集剩下的$i-1$个子集是合法方案$f_{i-1}$
• 如果$i$子集与$j$子集重复，$j$有$i-1$种选择，剔除这两个子集剩下$i-2$子集是合法的$f_{i-2}$，$i$子集选择有$2^n-1-(i-2)$（排除掉剩下$i-2$个子集，不能与之重复）

最后别忘了$m!$

code

#include <cstdio>
#define mod 100000007
#define int long long
#define maxn 1000005
int n, m;
int A[maxn], f[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;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );f[0] = 1, f[1] = 0;int t = ( qkpow( 2, n ) - 1 + mod ) % mod;A[0] = 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ )A[i] = ( A[i - 1] * ( t - i + 1 ) % mod + mod ) % mod;int MS = 1;for( int i = 2;i <= m;i ++ ) {f[i] = ( A[i - 1] - f[i - 1] - f[i - 2] * ( i - 1 ) % mod * ( t - i + 2 ) % mod ) % mod;MS = MS * i % mod;}printf( "%lld\n", ( f[m] + mod ) % mod * qkpow( MS, mod - 2 ) % mod );return 0;
}