2019.11.04【NOIP提高組】模擬 A&B 組(部分)

B組T4 JZOJ 1353 有趣的數列

題目

我們稱一個長度爲$2n$的數列是有趣的，當且僅當該數列滿足以下三個條件：
(1)它是從$1$到$2n$共$2n$個整數的一個排列$\{a_i\}$；
(2)所有的奇數項滿足$a_1<a_3<…<a_{2n-1}$，所有的偶數項滿足$a_2<a_4<…<a_{2n}$；
(3)任意相鄰的兩項$a_{2i-1}與a_{2i}(1≤i≤n)$滿足奇數項小於偶數項，即：$a_{2i-1}<a_{2i}$。
現在的任務是：對於給定的$n$，請求出有多少個不同的長度爲$2n$的有趣的數列。因爲最後的答案可能很大，所以只要求輸出答案$\bmod P$的值。

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分析

這道題目也就是在求$\frac{C_{2n}^n}{n+1}$，由於可能不存在逆元，所以分解質因數求答案

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代碼

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int c[N],v[N],prime[N],lim,n,mod,ans=1,cnt;
inline void dfs(int x,int z){
	if (x==1) return;
	c[v[x]]+=z,dfs(x/v[x],z);
}
inline signed ksm(int x,int y){
	rr int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&mod),lim=2*n;
	for (rr int i=2;i<=lim;++i){
		if (!v[i]) v[i]=prime[++cnt]=i;
		for (rr int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=lim;++j){
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for (rr int i=n+2;i<=2*n;++i) dfs(i,1);
	for (rr int i=2;i<=n;++i) dfs(i,-1);
	for (rr int i=2;i<=2*n;++i) ans=1ll*ans*ksm(i,c[i])%mod;
	return !printf("%d",ans);
} 

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A組T1 JZOJ 6403 A

題目

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分析

考慮容斥，即用總方案減去不合法的方案，若向$x$軸正方向走$X$步，向$y$軸正方向走$Y$步，向$z$軸正方向走$Z$步，記作$doit(x,y,z)$，那麼方案數也就是$C_{x+y+z}^z\times C_{x+y}^x=\frac{(x+y+z)!}{(x+y)!z!}\times\frac{(x+y)!}{x!y!}=\frac{(x+y+z)!}{x!y!z!}$
設$f[i]$表示經過第$i$個不可經過的點而沒有經過前$i-1$個不可經過的點的方案數
那麼$f[i]=doit(x_i,y_i,z_i)-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]doit(x_i-x_j,y_i-y_j,z_i-z_j)$
特殊地，把終點也當做不可經過的點已統計最終答案，因爲座標必須遞增，所以先給不可經過的點升序排序，若這個不可經過的點無法到達下一個點，則不需轉移

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代碼

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=3e5+5,M=5e4+5;
struct rec{int x,y,z;}a[M];
int fac[N],inv[N],n,m,lim,dp[M];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
bool cmp(const rec &a,const rec &b){
	return a.x<b.x||(a.x==b.x&&(a.y<b.y||(a.y==b.y&&a.z<b.z)));
}
inline signed mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline signed doit(int x,int y,int z){return 1ll*fac[x+y+z]*inv[x]%mod*inv[y]%mod*inv[z]%mod;}
signed main(){
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	n=iut(),m=iut(),fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1,lim=3*n;
	for (rr int i=1;i<=m;++i) a[i].x=iut(),a[i].y=iut(),a[i].z=iut();
	for (rr int i=2;i<=lim;++i) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod; a[++m]=(rec){n,n,n};
	for (rr int i=2;i<=lim;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	for (rr int i=1;i<=m;++i){
		dp[i]=doit(a[i].x,a[i].y,a[i].z);
		for (rr int j=1;j<i;++j){
			if (a[j].x>a[i].x||a[j].y>a[i].y||a[j].z>a[i].z) continue;
			dp[i]=mo(dp[i],mod-1ll*dp[j]*doit(a[i].x-a[j].x,a[i].y-a[j].y,a[i].z-a[j].z)%mod); 
		}
    }
    return !printf("%d",dp[m]);
}

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A組T3 JZOJ 6405 C

題目

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分析

根據一系列的找規律可以發現其實它在求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(C_i^ji^m)^2$
$=\sum_{i=1}^ni^{2m}\sum_{j=1}^i{C_{i}^j}^2$
然後後面這一坨等於$C_{2i}^i$
$=\sum_{i=1}^ni^{2m}C_{2i}^i$
所以$O(n)$求解

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代碼

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1e6+5;
int n,ans,fac[N<<1],jc[N],prime[N],cnt,m; bool v[N];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans; 
}
inline void print(int ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
inline signed mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline signed ksm(int x,int y){
	rr int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
inline void pro(int lim){
    jc[0]=jc[1]=fac[0]=fac[1]=1;
    for (rr int i=2;i<=lim*2;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	for (rr int i=2;i<=lim;++i){
		if (!v[i]) prime[++cnt]=i,jc[i]=ksm(i,m);
		for (rr int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=lim;++j){
			v[i*prime[j]]=1,jc[i*prime[j]]=1ll*jc[i]*jc[prime[j]]%mod;
			if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}
signed main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	n=iut(),m=(iut()<<1)%(mod-1),pro(n);
	rr int inv=ksm(fac[n],mod-3);
	for (rr int i=n;i;--i){
		ans=mo(ans,1ll*jc[i]*mo(1ll*fac[i<<1]*inv%mod,mod-1)%mod);
		inv=1ll*inv*i%mod*i%mod;
	}
	return !printf("%d",ans); 
}