比赛链接：2024牛客暑期多校训练营1
A.A Bit Common
组合数学
题意
题目概括：
给定两个整数 $n$ 和 $m$，我们需要计算所有包含 $n$ 个非负整数且每个整数都小于 $2^m$ 的序列中，满足存在一个非空子序列使得这些整数的按位与（bitwise AND）为 1 的序列的数量。
注意：一个序列的非空子序列是指从序列中删除零个或多个元素后得到的子序列，并保持剩余元素的原始顺序。
由于结果可能非常大，请输出结果对一个正整数 $q$ 取模后的值。
解题思路
序列 $A$ 中的每个整数可以看作一个 $m$ 位的二进制数。
符合条件的序列中，所有末位为 1 的元素的&和一定为 1（因为剩余的元素末位都是0，&入答案会消灭末位1）。
枚举序列包含的 末位为 1 的元素个数 $k$ ，把这些数一行一个写成二进制，按位对齐。
对于这 $k$ 个元素，要满足除末位外每一个二进制位不全为 1 ，这 $k$ 个数每个二进制位（按列看）上的方案数为 $2^{k}-1$ （即除全1外）。
除末位外有 $m-1$ 个二进制位，（有序）方案数为 $a=(2^{k}-1)^{m-1}$ 。
对于剩余的 $n-k$ 个元素，只需要保证末位为 0 ，其他位不加限制，因此这 $n-k$ 个数每个二进制位（按列看）上的方案数为 $2^{n-k}$ （即除全1外）。
除末位外有 $m-1$ 个二进制位，（有序）方案数为 $b=(2^{n-k})^{m-1}$ 。
综合两部分，方案数为 $a\times b\times C_n^k$ 。
$C_n^k$ 表示序列的 $n$ 个位置中选取 $k$ 个用于顺序放置末位为 1 的 $k$ 个数。
参考程序
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| void solve()
{
ll n,m;cin >> n >> m >> MODULE::MOD;
Prepare_Combination(5005);
ll tmp,a,b,ans1=0;
FORLL(k,1,n){
a = qcpow(qcpow(2,k)-1,m-1);
b = qcpow(2,mul(n-k,m-1));
tmp = mul(C[n][k],mul(a,b));
addto(ans1,tmp);
}
if(n==1) cout << Get_Mod(1) << endl;
else cout << ans1 << endl;
}
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B.A Bit More Common
题意
给定两个整数 $n$ 和 $m$，我们需要计算所有包含 $n$ 个非负整数且每个整数都小于 $2^m$ 的序列中，满足存在两个非空子序列使得这些整数的按位与（bitwise AND）为 1 的序列的数量。
注意：一个序列的非空子序列是指从序列中删除零个或多个元素后得到的子序列，并保持剩余元素的原始顺序。
由于结果可能非常大，请输出结果对一个正整数 $q$ 取模后的值。
解题思路
和A题的区别在于，需要满足存在两个非空子序列。
因此除A题中 “由所有末位为1的元素” 构成的&和为1的子序列外，还要另考虑一个。
贪心的想法就是从上述子序列中删去某个元素，剩下的元素的&和仍然为1。
枚举序列包含的 末位为 1 的元素个数 $k$ ，把这些数一行一个写成二进制，按位对齐。
正向考虑难以枚举，可以从反面考虑，即：从 这$k$个&和为1的元素 中，删去任一元素，剩下的元素的&和都不能为1。
要满足这一特性，每个元素都至少要有一位“特殊位0” 。
“特殊位0” ：即有且仅有唯一元素，在这个二进制位（按列看）上是 0 ，其他元素的这个二进制位上都为 1 。
这样，当删去这个元素后，其他元素这一位上的&和将变成1，从而不满足条件。
记$dp(k,j)$： $k$ 个末位为 1 的数，每个数至少有 1 个“特殊位0” ，且它们共有 $j$ “特殊位0” 的方案数。
如果从这 $k$ 个数中选取 1 个，去掉它的 1 个特殊位，则有可能会导致一个数没有特殊位。
转移到：
- $k$ 个数，每个数至少有 1 个“特殊位0” ，且它们共有 $j-1$ 个“特殊位0”
- $k-1$ 个数，每个数至少有 1 个“特殊位0” ，且它们共有 $j-1$ “特殊位0”
得到转移方程： $dp(k,j)=k\times(dp(k,j-1)+dp(k-1,j-1))$ ，预处理dp数组。
对于这 $k$ 个元素，要满足除末位1外每一个二进制位不全为 1 ，且每个元素至少有 1 个“特殊位0” 。
对于每个 $k$ ，枚举特殊位个数 $j:k\rightarrow m-1$ :
- 末位为1但没有特殊位的元素，每个 非“特殊位0” 二进制位（按列看）上的方案数为 $2^{k}-1-k$ （除：全1的1种和“特殊位0”k种），除末位外有 $m-1-j$ 个 非“特殊位0” 二进制位，（有序）方案数为 $t=(2^{k}-1)^{m-1}$ 。
- 特殊位：方案数 $dp(k,j)$
综上，这 $k$ 个末位为1的元素的（有序）方案数为 $a = \sum\limits_{j=k}^{m-1} t\times dp(k,j)\times C(m-1,j)$
对于剩余的 $n-k$ 个元素，只需要保证末位为 0 ，其他位不加限制，因此这 $n-k$ 个数每个二进制位（按列看）上的方案数为 $2^{n-k}$ （即除全1外）。
除末位外有 $m-1$ 个二进制位，（有序）方案数为 $b=(2^{n-k})^{m-1}$ 。
综合两部分，方案数为 $a\times b\times C_n^k$ 。
用A题的答案减去得到的数字，则为本题所求的答案。
本题复杂度较高，常规的取模操作做的多的，可能会因为常数太大TLE。
可以通过预处理乘方数组、逐步求乘方数、减少取模次数、优化取模等方法解决。
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| void solve()
{
ll n,m;cin >> n >> m >> MODULE::MOD;
Prepare_Combination(5005);
vector<ll> pow2;
pow2.emplace_back(1);
FORLL(i,1,n*m) pow2.emplace_back(mul(pow2.back(),2));
ll t,tt,powt,a,b,ans1=0,ans2=0;
FORLL(i,2,n){
a = pow2[mul(m-1,n-i)];
b = qcpow(pow2[i]-1,m-1);
t = mul(C[n][i],mul(a,b));
addto(ans1,t);
}
vector<vector<ll>> dp(n+1,vector<ll>(m+1,0));
dp[0][0]=1;
FORLL(i,1,n){
FORLL(j,1,m-1){
dp[i][j] = mul(add(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]),i);
}
}
FORLL(k,2,n){
t = sub(pow2[k],k+1);
powt = 1;
a = pow2[mul(n-k,m-1)];
b = 0;
FORLL_rev(j,m-1,k){
tt = mul(powt,dp[k][j]);
tt = mul(tt,C[m-1][j]);
addto(b,tt);
powt = mul(powt,t);
}
tt = mul(C[n][k],mul(a,b));
addto(ans2,tt);
}
cout << sub(ans1,ans2) << endl;
}
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C.Sum of Suffix Sums
题意
给定一个初始为空的数组，你需要进行 q 次操作：
- 对于每次操作，给定两个非负整数
t 和 v，先从数组末尾取出 t 个元素，然后将 v 添加到数组末尾。保证 t 不会超过操作前数组的长度。
每次操作后，假设当前数组为 a1, a2, ..., an，计算 s1, s2, ..., sn 的总和，其中 si = ai + ai+1 + ... + an 是从位置 i 开始的后缀和。
由于结果可能非常大，输出时需对 1000000007 取模。
解题思路
考虑每个元素的贡献：第 $i$ 个元素对答案的贡献为 $i*a_i$ 。
在加入元素时，直接将其贡献加入答案。
同时对这个序列维护一个前缀和，以便快速移除元素和减去贡献。
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| const ll N = 200005;
void solve()
{
ll q,t,rm;cin >> q;
ll n=1;
vector<ll> v,s;
v.emplace_back(0);
s.emplace_back(0);
ll tm;
ll sum=0;
while(q--){
cin >> rm >> t;
sum = Get_Mod(sum-Get_Mod(s[n-1]-s[n-rm-1]));
s.erase(s.end()-rm,s.end());
v.erase(v.end()-rm,v.end());
n-=rm;
tm = t;
tm = Get_Mod(tm*n);
sum = Get_Mod(sum+tm);
v.emplace_back(tm);
s.emplace_back(sum);
n++;
cout << sum << endl;
}
}
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H.World Finals
题意
两场ICPC比赛，已知（预测的）两场比赛的所有队伍的解题数和罚时。
如果一支队伍同时具有两场比赛的资格，只能参加其中一场。
现在，lzr010506可以决定 同时具有两场比赛的资格 的队伍具体参加哪一场，根据预测数据求lzr010506可以得到的最高名次。
解题思路
开2个map分别记录两场比赛情况。
假设lzr010506参加其中一场，去掉那一场所有的 同时具有两场比赛的资格 的队伍，排序即可得到这一场的最佳名次。
如此求出两场比赛的最佳名次，取最小值即可。
参考程序
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| const ll N = 200005;
string me="lzr010506";
bool cmp(const pair<string,pll> &a,const pair<string,pll> &b)
{
pll pa,pb;
pa=a.second; pb=b.second;
if(pa.first==pb.first) return pa.second<pb.second;
return pa.first>pb.first;
}
void solve()
{
map<string,pll> v1,v2;
ll n,m;
cin >> n;
string ts; ll t1,t2;
ll ans1,ans2;ans1=ans2=0;
FORLL(i,1,n)
{
cin >> ts >> t1 >> t2;
v1[ts]=make_pair(t1,t2);
}
cin >> m;
FORLL(i,1,m)
{
cin >> ts >> t1 >> t2;
v2[ts]=make_pair(t1,t2);
}
map<string,pll> tmp;
tmp = v1;
for(auto &x:v2){
if(tmp.count(x.first)&&x.first!=me){
tmp.erase(x.first);
}
}
auto tv = vector<pair<string,pll>>(tmp.begin(),tmp.end());
sort(ALL(tv),cmp);
for(auto &x:tv){
ans1++;
if(x.first==me) break;
}
tmp = v2;
for(auto &x:v1){
if(tmp.count(x.first)&&x.first!=me){
tmp.erase(x.first);
}
}
tv = vector<pair<string,pll>>(tmp.begin(),tmp.end());
sort(ALL(tv),cmp);
for(auto &x:tv){
ans2++;
if(x.first==me) break;
}
cout << min(ans1,ans2) << endl;
}
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I.Mirror Maze
DFS
题意
在一个 $n \times m$ 的镜子迷宫中，每个格子都有一面镜子。镜子的类型有以下四种：
-：来自上方或下方的光线将被反射回去，来自左方或右方的光线则继续前进而不会被反射。|：来自左方或右方的光线将被反射回去，来自上方或下方的光线则继续前进而不会被反射。/：来自左方、右方、上方、下方的光线将分别被反射到上方、下方、左方、右方。\：来自左方、右方、上方、下方的光线将分别被反射到下方、上方、右方、左方。
现在有 $q$ 个光源（给定位置和方向）。光的信徒小G想知道，对于每个光源，在足够长的时间内，发出的光线会被反射经过的不同镜子的数量。
解题思路
对于一个光源，如果它的传播路径没有首尾相连成环，那么这个路径就只可能是一条链。
（证明：光的路径是可逆的，假设一条传播路径在某一点突然形成了环，那回溯时在这个点就可以有两条路径，这显然是不合理的）
对于给定的镜子阵列，我们可以直接处理出每个点向每个方向的答案，对最后的询问打表。
只要是一条链，它的最初起点和最后终点一定在阵列的边缘位置。我们可以从边缘位置开始向内DFS，直到遇到边缘位置，这样就可以得到一条链的路径，路径上的答案都可以处理得到。
没有遍历到的点，说明它们是环的一部分，我们可以通过时间戳来寻找和处理环上的答案。
参考程序
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const int dx[] = {1, -1, 0, 0};
const int dy[] = {0, 0, 1, -1};
const int c0[] = {1, 0, 2, 3};
const int c1[] = {0, 1, 3, 2};
const int c2[] = {3, 2, 1, 0};
const int c3[] = {2, 3, 0, 1};
int conv(int d, char c){
switch(c){
case '-': return c0[d];
case '|': return c1[d];
case '/': return c2[d];
case '\\': return c3[d];
}
return -1;
}
int n,m,q,tms,cnt;
vector<string> mp;
vector<vector<int>> vis;
vector<vector<array<int,4>>> ans,visd;
vector<tuple<int,int,int>> buf;
void dfs_line(int x,int y,int dir){
buf.push_back({x,y,dir});
if(x<0||x>=n||y<0||y>=m) return;
int nd=conv(dir,mp[x][y]);
dfs_line(x+dx[nd],y+dy[nd],nd);
}
void f_line(int sx,int sy,int sd){
buf.clear();
dfs_line(sx,sy,sd);
reverse(buf.begin(),buf.end());
int res=0; tms++;
for(int i=0;i<buf.size()-1;i++){
auto [x,y,d]=buf[i];
if(i){
int fl=1;
if(mp[x][y]=='-'&&(d&2)||mp[x][y]=='|'&&!(d&2)) fl=0;
if(fl){
if(vis[x][y]!=tms) res+=fl;
vis[x][y]=tms;
}
}
visd[x+dx[d^1]][y+dy[d^1]][d]=tms;
ans [x+dx[d^1]][y+dy[d^1]][d]=res;
}
}
void dfs_loop(int x,int y,int dir){
visd[x][y][dir]=tms;
x += dx[dir];
y += dy[dir];
int nd = conv(dir,mp[x][y]);
if(nd!=dir){
if(vis[x][y]!=tms) cnt++;
vis[x][y]=tms;
}
if(visd[x][y][nd]!=tms) dfs_loop(x,y,nd);
}
void mk_loop(int x,int y,int dir){
ans[x][y][dir] = cnt;
visd[x][y][dir] = tms;
x+=dx[dir];
y+=dy[dir];
int nd=conv(dir,mp[x][y]);
if(visd[x][y][nd]!=tms) mk_loop(x,y,nd);
}
void f_loop(int sx,int sy,int sd){
cnt=0; tms++;
dfs_loop(sx,sy,sd);
tms++;
mk_loop(sx,sy,sd);
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
mp.clear();
mp.resize(n);
for(auto& s:mp) cin >> s;
ans.resize(n,vector<array<int,4>>(m,{0,0,0,0}));
visd.resize(n,vector<array<int,4>>(m,{0,0,0,0}));
vis.resize(n,vector<int>(m,0));
for(int i=0;i<n;i++){
f_line(i,0,2);
f_line(i,m-1,3);
}
for(int i=0;i<m;i++){
f_line(0,i,0);
f_line(n-1,i,1);
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
for(int d=0;d<4;d++){
if(visd[i][j][d]==0)
f_loop(i,j,d);
}
}
}
cin >> q;
while(q--){
int x,y,d;
string s;
cin >> x >> y >> s;
x--,y--;
if(s[0]=='b') d=0;
if(s[0]=='a') d=1;
if(s[0]=='r') d=2;
if(s[0]=='l') d=3;
cout << ans[x][y][d] << endl;
}
}
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