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• Co-prime
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• Character Encoding
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• Tree and Constraints
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• 「2017 山東一輪集訓 Day7」逆序對
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Co-prime

source

$T$組數據，給出$L,R,N$，求在區間$[L,R]$中有多少個整數與$N$互質

solution

與SCOI2010幸運數字幾乎一樣的解決思路，甚至是弱化版

$N$最多含有$11$個質因子

容斥原理

至少含$0$個$N$的質因子的個數$?$至少含$1$個$N$?的質因子的個數$+$至少含$2$個$N$?的質因子的個數$...$

完全可以dfs搜索是哪些質因子，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

source

$T$組數據

有$m$個數，每個數的取值范圍都是$[0,n?1]$?的整數。

求有多少種給這$m$?個數賦值的方案，使得他們的和為$k$

方案數可能很大，請對$998244353$取模

solution

隔板法

把和為$k$，拆分成$k$個$1$的盒子，通過$m?1$塊隔板分割成為$m$個數字

但是隔板法不能有$0$的情況

就強制每個數字自帶$1$，也將取值范圍$+1$變成$[1,n]$，那么最后的和也對應變成$k+m$

根據隔板法可以得到在無限制的情況下方案數為$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+k?1}{m?1}\right)$

容斥原理，強制$i$個劃分區域$>n$，隔板個數減少$i?n$

相當于已經有$n$個小球放到某個盒子內，然后把剩下小球放進$m$個盒子里面

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

給定一個含有$n$個節點的樹，每一條邊可以染成黑色或者白色

有$m$??個限制條件，每一個限制條件包括兩個節點$(u,v)$?，限制為$u,v$兩個節點之間的路徑中必須包含至少一個涂成黑色的邊

問有多少種染色方法使得這$m$個條件同時滿足

solution

容斥原理

有$i$個限制滿足不了，那么這$i$個限制的路徑的交都是白邊，剩下的邊無所謂

$n\le 50$，用long long壓二進制路徑

求個路徑的交

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 山東一輪集訓 Day7」逆序對

source

給出$n,k$，求有多少個$n$的全排列滿足其逆序對數等于$k$

答案可能很大，請對$998244353$?取模

solution

按從小到大的順序加入的話，$i$?進去可能會造成$x_i\in [0,i?1]$?的貢獻

相當于求${\sum }_{i=1}^n{x}_i=k$的多元方程組解個數

類似于第二題，只不過每個數的限制不太一樣

容斥原理

無限制情況下$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+n?1}{n?1}\right)$

欽定一些$x_i\ge i$

設限制的$x_i\ge i$的$i$之和為$s$

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

容斥系數，限制的個數$(?1{)}^m$

當$s>k$時對答案無貢獻，只需要計算$[1,n]$中選若干個數，和為$s,s\in [1,k]$??的個數

巧妙的構造方案：

• 每一次給一段數都$+1$，或者都$+1$后再放一個$1$，排除掉出現$n+1$的情況

  這樣的構造可以構造出$nu{m}_i\in [1,n]$?的所有子集

設$f_{i,j}:$ 選$i$個數和為$j$的方案數

• 前$i$個數全$+1$

  $+f_{i,j?i}$

• 前$i?1$個數$+1$，新增一個$1$

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

• 可能出現加$1$超過$n$的可能，強制前$i?1$個中有一個超成$n+1$

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

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; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的容斥问卷调查反馈——Co-prime，Character Encoding，Tree and Constraints，「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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