校内场-提高组 ZYZSC-S-Round 4

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T1

场切了，随便猜......

T2

被 hack 了......

逻辑错误在于，在枚举"最早全 1 的行"时，把 "该行对应列初始没有 1" 错误地当成该行不可选的否决条件而直接放弃，而正确做法是只需额外加 1 次操作，并且我还错误地用了 vis[i] 去判断每个 0，导致漏解。

正解

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3005;
int n, c[N][N];
string s;
bool vis[N]; 
int rowOnes[N]; 
signed main(){
    freopen("fountain.in", "r", stdin);
    freopen("fountain.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> s;
        for (int j = 1; j <= n; j++){
            c[i][j] = s[j - 1] - '0';
            if (c[i][j] == 1){
                vis[j] = true;
                rowOnes[i]++;
            }
        }
    }
    bool allOne = true;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        for (int j = 1; j <= n; j++){
            if (c[i][j] != 1){
                allOne = false;
                break;
            }
        }
        if (!allOne) 
            break;
    }
    if (allOne){
        cout << 0;
        return 0;
    }
    int cnt = 0;
    for (int j = 1; j <= n; j++){
        bool flag = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            if (c[i][j] == 0){
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if (flag){
            cnt++;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        if (rowOnes[i] == n){
            cout << n - cnt;
            return 0;
        }
    }
    int ans = 0x3f3f3f3f;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        int cur = (n - rowOnes[i]) + (n - cnt);
        if (!vis[i]) 
            cur++;
        ans = min(ans, cur);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

T3

其实场上想出来了一个两次 hxf 容斥 + 插板的东西，但是，第一，复杂度是错的，不是正解，另一方面，被 l y x lyx lyx 证明为假。

但是倒是有一些不错的试探。

我们来看一下题解。

不妨设前 n n n 个数的和为 A A A，后 n n n 个数的和为 B B B，那么，我们所求的可以转化为 1 − P ( A = B ) 2 ( m o d P ) \dfrac{1-P(A=B)}{2}(\mod P) 21−P(A=B)(modP)。

我可能也想到了 50 p t s 50pts 50pts 做法吗？就是打一个 DP，随便做一做......

插板+容斥是对的😭

我们发现，由于要求两端和相等，不妨将后半段的取值看作 $- m , 0$ $-m,0$ $-m,0$ ，统一加上 m m m 之后，就是要求整段和为 n × m n\times m n×m 的值。

我么发现这个是经典的插板法+容斥，直接出式子：

E = ∑ k = 0 n − 1 ( − 1 ) k × C 2 n k × C n m − k × ( m + 1 ) + 2 n − 1 2 n − 1 E=\sum\limits_{k=0}^{n-1}{(-1)^k\times C_{2n}^{k}\times C_{nm-k\times(m+1)+2n-1}^{2n-1}} E=k=0∑n−1(−1)k×C2nk×Cnm−k×(m+1)+2n−12n−1

我们来解释一下这个公式，就是说，如果没有 $0 , m$ $0,m$ $0,m$ 的限制，那么，我们直接插板就行，及 C n m + 2 n − 1 2 n − 1 C_{nm+2n-1}^{2n-1} Cnm+2n−12n−1，为什么要加一个 2 n − 1 2n-1 2n−1 呢？就是因为可以取到 0 0 0，即板可以重复放在一个位置。

那么，我们枚举的是什么呢？上面考虑的是无限制的，此时，我们需要考虑 $0 , m$ $0,m$ $0,m$ 这一限制，即我们枚举有 k k k 个超出了限制，然后减去一些总板数，从所有的挑出来，再容斥一发，就做完了！

a n s = 1 − E ( m + 1 ) 2 n 2 ans=\dfrac{1-\frac{E}{(m+1)^{2n}}}{2} ans=21−(m+1)2nE

正解

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5000005;
int P, T, n, m;
int fac[N], inv[N];
int qpow(int a, int b){
	int res = 1;;
	while (b){
		if (b & 1)
			res = res * a % P;
		a = a * a % P;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int C(int n, int m){
	if (n < 0 || m < 0 || m > n)
		return 0;
	return fac[n] * inv[n - m] % P * inv[m] % P;
}
signed main(){
	freopen("pr.in", "r", stdin);
	freopen("pr.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> P;
	cin >> T;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; i++){
		fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	}
	inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], P - 2);
	for (int i = N - 2; i >= 0; i--){
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
	} 
	for (int cs = 1; cs <= T; cs++){
		cin >> n >> m;
		int E = 0;
		for (int k = 0; k < n; k++){
			E = (E + qpow(-1, k) * C(2 * n, k) % P * C(n * m - k * (m + 1) + (2 * n - 1), 2 * n - 1) % P) % P;
		}
		cout << (1 - E * qpow(qpow(m + 1, 2 * n), P - 2) % P + P) * qpow(2, P - 2) % P << '\n';
	}
		
}

T4

这个不补了，天天扔这种东西......