Atcoder arc093

D-Grid Components

在一个100*100的网格图上染色，问黑格四连通块的个数为A，白格四连通块的个数为B的一种构造方案？（A,B<=500）

将整个平面分成50*100的两部分，分别以黑白为背景，一块背景算一个连通块，然后在一种背景上用另一种颜色上去点彩，连通块大小为1，无八连通。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int a,b;
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&a,&b);
     a--;b--;
     puts("100 100");
     for (int i=;i<=;i++)
     {
         for (int j=;j<=;j++)
             if (i%==&&j%==&&a>) printf("."),a--;
           else printf("#");
        puts("");
     }
     for (int i=;i<=;i++)
     {
       for (int j=;j<=;j++)
            if (i%==&&j%==&&b>) printf("#"),b--;
          else printf(".");
       puts("");
     }
     return ;
 }

E-Bichrome Spanning Tree

在一张图上黑白染色，使得所有同时包含有黑白边的最小生成树权值恰好为X。问有多少种染色方法？

讨论一下嘛，设原树的mst值为sum。若sum>X，答案为0。

若sum=X，那么设原树所有最小生成树的边集为S，只要其中不全为同色边，一定存在一棵黑白mst，答案为(2^(m-|S|))*(2^|S|-2)。

若sum<X。那么S中的边一定都是同色边。考虑加入一条异色边，包含这条异色边的mst一定只包含这条异色边。换边求mst法。定义w[i]为在mst上强加i这条边的贡献=该边权-链上最大。当sum+w[i]<X时，必须同色。当sum+w[i]=X时，至少有一条边要和之前的同色块不同色，有z个。当sum+w[i]>X时，随便染色,有t个。答案为(2^t)*((2^z)-1)*2。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int N=;
 const int mod=1e9+;
 struct node{int u,v,w;}e[N<<];
 struct _node{int to,next,w;}num[N<<];
 int cnt,head[N],n,m,fa[N][],dep[N],Max[N][],f[N],tag[N<<],t1,t2;
 ll sum,x;
 bool operator < (const node &A,const node &B) {return A.w<B.w;}
 int find(int x) {return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
 void add(int x,int y,int w)
 {num[++cnt].to=y;num[cnt].next=head[x];num[cnt].w=w;head[x]=cnt;}
 void mst()
 {
   sort(e+,e+m+);
   for (int i=;i<=n;i++) f[i]=i;
   for (int i=;i<=m;i++)
     if (find(e[i].u)!=find(e[i].v))
       sum+=e[i].w,f[find(e[i].u)]=find(e[i].v),tag[i]=,add(e[i].u,e[i].v,e[i].w),add(e[i].v,e[i].u,e[i].w);
 }
 void dfs(int x)
 {
   for (int i=head[x];i;i=num[i].next)
     if (num[i].to!=fa[x][])
     {
       dep[num[i].to]=dep[x]+;
       fa[num[i].to][]=x;
       Max[num[i].to][]=num[i].w;
       dfs(num[i].to);
     }
 }
 void init()
 {
   for (int j=;j<=;j++)
     for (int i=;i<=n;i++)
       fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-],Max[i][j]=max(Max[i][j-],Max[fa[i][j-]][j-]);
 }
 int jump(int x,int y)
 {
   if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
   int del=dep[x]-dep[y],ans=;
   for (int i=;i<=;i++)
     if (del&(<<i)) ans=max(ans,Max[x][i]),x=fa[x][i];
   if (x==y) return ans;
   for (int i=;i>=;i--)
     if (fa[x][i]!=fa[y][i]) ans=max(ans,Max[x][i]),ans=max(ans,Max[y][i]),x=fa[x][i],y=fa[y][i];
   return max(max(ans,Max[x][]),Max[y][]);//一不小心把Max写成fa了！
 }
 int ksm(int x,int y)
 {
   int res=;
   for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=)
     if (y&) res=(ll)res*x%mod;
   return res;
 }
 int main()
 {
   scanf("%d%d",&n,&m);
   scanf("%lld",&x);
   for (int i=;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);
   mst();
   if (sum>x) return puts(""),;
   else{
     dfs();init();
     for (int i=;i<=m;i++)
       if (!tag[i])
       {
         int t=jump(e[i].u,e[i].v);
         if (e[i].w-t==x-sum) t1++;
         else if (e[i].w-t>x-sum) t2++;
       }
     if (x==sum) printf("%lld\n",((ll)ksm(,t2)*(ksm(,t1+n-)-+mod)%mod)%mod);
     else printf("%lld\n",(ll)ksm(,t2)*(ksm(,t1)-+mod)%mod*%mod);
   }
   return ;
 }

F-Dark Horse

一共有2^n个数。每次相邻两个pk。给你一个数组A，如果x=1,y=Ai，那么y赢，否则1赢。其他的都是较小的赢。问最后剩下的数为1的方案数？n<=16。

固定1在第一个位置，其他情况都是可以转换的，最后*2^n。那么1最后剩下来当且仅当[2,2],[3,4],[5,8],[9,16],...这些区间中的最小值都不是A中元素。

可以容斥。dp[i][j]表示放进了i个数，j表示有哪几个区间的最小值已经被确定。

从大到小枚举元素：1.该元素不作为某个区间的最小值，dp[i][j]<-dp[i-1][j]。2.该元素成为k区间的最小值，用比当前元素大的未被使用的元素填满该区间。

dp[i][j|(1<<k)]<-dp[i][j]*C(Max-a[i]-j,(1<<k)-1)*jc[1<<k].那么dp[n][i]*jc[(1<<n)-i-1]就是至少有popcount(i)个区间最小值为A中元素，容斥。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int mod=1e9+;
 typedef long long ll;
 const int N=;
 int jc[N],inv[N],n,m,ans,Max,num,dp[][N],a[N];
 void up(int &x,int y) {x=((ll)x+y)%mod;}
 int calc(int x){int res=;while (x) x-=(x&(-x)),res++;return res;}
 void init()
 {
   jc[]=jc[]=inv[]=inv[]=;
   for (int i=;i<Max;i++) jc[i]=(ll)jc[i-]*i%mod,inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
   for (int i=;i<Max;i++) inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-]%mod;
 }
 int C(int n,int m)
 {
   if (n<m) return ;
   return (ll)jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 }
 int main()
 {
   scanf("%d%d",&n,&m);
   for (int i=;i<=m;i++) scanf("%d",&a[m-i+]);//从大到小
   Max=<<n;init();
   dp[][]=;
   for (int i=;i<=m;i++)
     for (int j=;j<Max;j++)
     if (dp[i-][j])
     {
       up(dp[i][j],dp[i-][j]);
       for (int k=;k<n;k++)
         if (!(j&(<<k)))
           up(dp[i][j|(<<k)],(ll)C(Max-a[i]-j,(<<k)-)*jc[<<k]%mod*dp[i-][j]%mod);
     }
   for (int i=;i<Max;i++)
   {
     num=calc(i);
     if (num&) up(ans,(mod-(ll)dp[m][i]*jc[Max-i-]%mod)%mod);
     else up(ans,(ll)dp[m][i]*jc[Max-i-]%mod);
   }
   printf("%lld\n",(ll)ans*Max%mod);
   return ;
 }