UOJ Contest #50: Goodbye Jihai

比賽傳送門：Goodbye Jihai。

\(\Huge{\mathbf{再見，己亥。\\你好，庚子！\\祝大家新春快樂！}}\)

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A. 新年的促銷

這題如果直接做的話可能方向會想歪，方向對了其實就是入門題。

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考慮這個性質：假設花錢購買了 \(i\) 袋大米，最后獲得了 \(k\) 袋大米，則必然是花錢買了其中最便宜的 \(i\) 袋。

所以按照 \(p_i\) 從小到大排序，必然存在一個分界點，左側獲得的大米必然是花錢購買的，右側獲得的大米必然是贈送的。

做背包即可，要記一下購買了多少袋，后面通過預處理求出能夠通過贈送若干袋獲得的最大重量。

下面是代碼，時間復雜度為 \(\mathcal O (n^2 m)\)：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int MN = 305, MM = 1005;

int N, M, A, B;
int w[MN], v[MN], p[MN], t[MN];
int sw[MN][MN * 2];
int f[MN][MM];
int Ans[MM];

int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &A, &B);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &w[i]);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &v[i]);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) p[i] = i;
	std::sort(p + 1, p + N + 1, [](int i, int j) { return v[i] < v[j]; });
	for (int i = 1; i <= N; ++i) t[i] = w[p[i]];
	std::copy(t + 1, t + N + 1, w + 1);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) t[i] = v[p[i]];
	std::copy(t + 1, t + N + 1, v + 1);
	for (int i = N; i >= 1; --i) {
		std::copy(w + i, w + N + 1, sw[i] + 1);
		std::sort(sw[i] + 1, sw[i] + N - i + 2, std::greater<int>());
		std::partial_sum(sw[i] + 1, sw[i] + N + N + 1, sw[i] + 1);
	}
	memset(f, 0xc0, sizeof f);
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		for (int k = M - v[i]; k >= 0; --k)
			for (int j = 0; j < i; ++j)
				f[j + 1][k + v[i]] = std::max(f[j + 1][k + v[i]], f[j][k] + w[i]);
		for (int k = 0; k <= M; ++k)
			for (int j = 0; j <= i; ++j)
				Ans[k] = std::max(Ans[k], f[j][k] + sw[i + 1][j / A + j / B]);
	}
	std::partial_sum(Ans + 1, Ans + M + 1, Ans + 1, [](const int &a, const int &b) { return a > b ? a : b; });
	for (int i = 1; i <= M; ++i) printf("%d%c", Ans[i], " \n"[i == M]);
	return 0;
}

B. 新年的新航線

咕。

C. 新年的復讀機

咕。

D. 新年的追逐戰

賽時想出了除了生成函數的部分，但是因為壞蛋出題人 EI 沒有給適合我的部分分，導致我獲得了暴力分。

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不難發現題目中定義的圖乘積運算滿足交換律和結合律。

對於所有 \(n\) 個圖的總乘積 \(H = G_1 \times G_2 \times \cdots \times G_n = \langle V^*, E^* \rangle\)，有：
\(V^* = \{ \langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle \: | \: a_i \in V_i \}\)，以及
兩點 \(\langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle\) 與 \(\langle b_1, b_2, \ldots, b_n \rangle\) 之間有連邊，當且僅當對於每個 \(1 \le i \le n\)，都有 \(\langle a_i, b_i \rangle \in E_i\)。

考慮 \(H\) 的連通塊性質。通過手玩一些簡單情況，可以總結歸納：
首先，在每一個原圖 \(G_i\) 上都放置一個棋子，第 \(i\) 個棋子在 \(G_i\) 的點 \(a_i\) 上，那么 \(H\) 中與 \(u = \langle a_1, a_2, \ldots, a_n \rangle\) 鄰接的一條邊就相當於每個圖上的棋子都走恰好一步。
可以得出，如果這之中某一個棋子在孤立點上，那么 \(u\) 就不存在鄰接邊。
對於其它的情況，顯然第 \(i\) 個棋子能夠移動的范圍就是 \(G_i\) 中 \(a_i\) 所在的連通塊的所有點。
因為每個連通塊都不是孤立點，所以棋子可以無限移動。因為連通塊之間是獨立的，接下來假設 \(n = 2\)，即只計算兩個連通塊的乘積：

1. 如果兩個連通塊都是二分圖，則它們的乘積恰好是 \(2\) 個二分圖。
   證明：為這兩個連通塊中的點進行黑白染色，則如果兩個棋子所在的初始節點同色，則任意移動都是同色的，否則都是不同色的。而且不難證明，兩種情況中的點都分別連通。而因為棋子要回到初始點必然要走偶數步，所以也不存在奇環，是二分圖。
2. 如果其中一個連通塊是二分圖，另一個連通塊不是二分圖，則它們的乘積恰好是 \(1\) 個二分圖。
   證明：為二分圖中的點進行黑白染色，因為非二分圖內含有奇環，對於在非二分圖上的棋子，可以在奇環中繞一圈，而在二分圖上的棋子所在點的顏色就會改變。同樣的，這些點也是互相連通的。同樣因為二分圖中的棋子要回到初始點必然要走偶數步，所以也不存在奇環，是二分圖。
3. 如果兩個連通塊都不是二分圖，則它們的乘積恰好是 \(1\) 個非二分圖。
   證明：同樣的，其中一個棋子在奇環中繞一圈，另一個棋子一直在一條邊上往返，則可以讓另一個棋子移動到邊的另一端，所以點都是連通的。兩個棋子在奇環上繞兩環長乘積步，則就是走了奇數步回到初始位置，不是二分圖。

更一般地，我們總結兩張圖乘積的規律：
對於有 \(n\) 個點的圖 \(G_1\)，假設其中有 \(a\) 個孤立點，\(b\) 個非孤立點二分圖連通塊，\(c\) 個非二分圖連通塊，我們把這些信息記做 \(\begin{bmatrix}n\\a\\b\\c\end{bmatrix}\)。
假設第二張圖 \(G_2\) 的信息為 \(\begin{bmatrix}m\\d\\e\\f\end{bmatrix}\)。則可以如下總結兩張圖的乘積 \(H\) 的規律：
\(H\) 中的點數顯然為 \(nm\)，孤立點數為 \(am + nd - ad\)，非孤立點二分圖連通塊數為 \(2be + bf + ce\)，非二分圖連通塊數為 \(cf\)。
則有圖信息之間的乘積公式： \(\begin{bmatrix}n\\a\\b\\c\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}m\\d\\e\\f\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}nm\\am+nd-ad\\2be+bf+ce\\cf\end{bmatrix}\)。

不難發現信息乘積的單位元為 \(\begin{bmatrix}1\\0\\0\\1\end{bmatrix}\)，只要計算出每個 \(k_i\) 的信息之和，再依次乘起來即可得到圖的總乘積 \(H\) 的信息。

接下來考慮計算點數為 \(k_i\) 的所有有標號無向圖的信息之和，也即需要計算這些圖中的孤立點總數、非孤立點二分圖連通塊總數、非二分圖連通塊總數。請看下列生成函數推導：

\[\begin{aligned} \hat{G}_{\text{arbitrary}} &= \sum_{i = 0}^{\infty} 2^{\binom{i}{2}} \frac{z^i}{i!} & : & [1, 1, 2, 8, 64, 1024, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{connected}} &= \ln \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 1, 4, 38, 728, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{connected}} &= \hat{G}_{\text{connected}} \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 3, 13, 98, 1398, \ldots]\\ \hat{C}_{\text{isolated}} &= z \, \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 1, 2, 6, 32, 320, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{colored bipartite}} &= \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} \binom{i + j}{i} 2^{ij} \frac{z^{(i + j)}}{(i + j)!} & & \\ &= \sum_{i = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{2^{-\binom{i}{2}}}{i!} \frac{2^{-\binom{j}{2}}}{j!} 2^{\binom{i + j}{2}} z^{(i + j)} & & \\ &= \sum_{n = 0}^{\infty} 2^{\binom{n}{2}} z^n [z^n] {\left( \sum_{i = 0}^{\infty} 2^{-\binom{i}{2}} \frac{z^i}{i!} \right)}^2 & : & [1, 2, 6, 26, 162, 1442, \ldots] \\ \hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} &= \frac{\ln \hat{G}_{\text{colored bipartite}}}{2} - z & : & [0, 0, 1, 3, 19, 195, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} &= \hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} \hat{G}_{\text{arbitrary}} & : & [0, 0, 1, 6, 43, 430, \ldots] \\ \hat{C}_{\text{connected, not bipartite}} &= \hat{C}_{\text{connected}} - \hat{C}_{\text{isolated}} - \hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}} & : & [0, 0, 0, 1, 23, 648, \ldots] \end{aligned} \]

其中：
\(\hat{G}_{\text{arbitrary}}\) 表示 \(n\) 個點的有標號無向圖總數的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{G}_{\text{connected}}\) 表示 \(n\) 個點的有標號連通無向圖總數的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{connected}}\) 表示所有 \(n\) 個點的有標號無向圖中的連通塊數量總和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{isolated}}\) 表示所有 \(n\) 個點的有標號無向圖中的孤立點數總和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{G}_{\text{colored bipartite}}\) 表示 \(n\) 個點的點二染色的有標號無向二分圖總數的 \(\mathbf{EGF}\)，求它的技巧是利用 \(\displaystyle \binom{i + j}{2} = \binom{i}{2} + \binom{j}{2} + ij\) 分離枚舉變量 \(i, j\) 使其相互獨立；
\(\hat{G}_{\text{con-bipartite(not isolated)}}\) 表示 \(n\) 個點的非孤立點有標號連通無向二分圖總數的 \(\mathbf{EGF}\)，因為連通二分圖恰好有兩種染色方案，所以將 \(\hat{G}_{\text{colored bipartite}}\) 取對數后再除以 \(2\) 就得到了連通二分圖的 \(\mathbf{EGF}\)，再減去 \(z\) 是為了去除孤立點的情況；
\(\hat{C}_{\text{con-bipartite(not isolated)}}\) 表示所有 \(n\) 個點的有標號無向圖中的非孤立點二分圖連通塊數量總和的 \(\mathbf{EGF}\)；
\(\hat{C}_{\text{connected, not bipartite}}\) 表示所有 \(n\) 個點的有標號無向圖中的非二分圖連通塊數量總和的 \(\mathbf{EGF}\)。

按照生成函數計算即可。

下面是代碼，時間復雜度為 \(\mathcal O (n + \max k_i \log \max k_i)\)：

#include <cstdio>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const int Mod = 998244353, Inv2 = (Mod + 1) / 2;
const int G = 3, iG = 332748118;
const int MS = 1 << 18;

inline int qPow(int b, int e) {
	int a = 1;
	for (; e; e >>= 1, b = (LL)b * b % Mod)
		if (e & 1) a = (LL)a * b % Mod;
	return a;
}

inline int gInv(int b) { return qPow(b, Mod - 2); }

int Inv[MS], Fac[MS], iFac[MS];

inline void Init(int N) {
	Fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; ++i) Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % Mod;
	iFac[N - 1] = gInv(Fac[N - 1]);
	for (int i = N - 1; i >= 1; --i) iFac[i - 1] = (LL)iFac[i] * i % Mod;
	for (int i = 1; i < N; ++i) Inv[i] = (LL)Fac[i - 1] * iFac[i] % Mod;
}

inline int Binom(int N, int M) {
	if (M < 0 || M > N) return 0;
	return (LL)Fac[N] * iFac[M] % Mod * iFac[N - M] % Mod;
}

int Sz, InvSz, R[MS];

inline int getB(int N) { int Bt = 0; while (1 << Bt < N) ++Bt; return Bt; }

inline void InitFNTT(int N) {
	int Bt = getB(N);
	if (Sz == (1 << Bt)) return ;
	Sz = 1 << Bt, InvSz = Mod - (Mod - 1) / Sz;
	for (int i = 1; i < Sz; ++i) R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << (Bt - 1);
}

inline void FNTT(int *A, int Ty) {
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) if (R[i] < i) std::swap(A[R[i]], A[i]);
	for (int j = 1, j2 = 2; j < Sz; j <<= 1, j2 <<= 1) {
		int wn = qPow(~Ty ? G : iG, (Mod - 1) / j2), w, X, Y;
		for (int i = 0, k; i < Sz; i += j2) {
			for (k = 0, w = 1; k < j; ++k, w = (LL)w * wn % Mod) {
				X = A[i + k], Y = (LL)w * A[i + j + k] % Mod;
				A[i + k] -= (A[i + k] = X + Y) >= Mod ? Mod : 0;
				A[i + j + k] += (A[i + j + k] = X - Y) < 0 ? Mod : 0;
			}
		}
	}
	if (!~Ty) for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * InvSz % Mod;
}

inline void PolyConv(int *_A, int N, int *_B, int M, int *_C, int tN = -1) {
	if (tN == -1) tN = N + M - 1;
	static int A[MS], B[MS];
	InitFNTT(N + M - 1);
	for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
	for (int i = N; i < Sz; ++i) A[i] = 0;
	for (int i = 0; i < M; ++i) B[i] = _B[i];
	for (int i = M; i < Sz; ++i) B[i] = 0;
	FNTT(A, 1), FNTT(B, 1);
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) A[i] = (LL)A[i] * B[i] % Mod;
	FNTT(A, -1);
	for (int i = 0; i < tN; ++i) _C[i] = A[i];
}

inline void PolyInv(int *_A, int N, int *_B) {
	static int A[MS], B[MS], tA[MS], tB[MS];
	for (int i = 0; i < N; ++i) A[i] = _A[i];
	for (int i = N, Bt = getB(N); i < 1 << Bt; ++i) A[i] = 0;
	B[0] = gInv(A[0]);
	for (int L = 1; L < N; L <<= 1) {
		int L2 = L << 1, L4 = L << 2;
		InitFNTT(L4);
		for (int i = 0; i < L2; ++i) tA[i] = A[i];
		for (int i = L2; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
		for (int i = 0; i < L; ++i) tB[i] = B[i];
		for (int i = L; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
		FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
		for (int i = 0; i < Sz; ++i) tB[i] = tB[i] * (2 - (LL)tA[i] * tB[i] % Mod + Mod) % Mod;
		FNTT(tB, -1);
		for (int i = 0; i < L2; ++i) B[i] = tB[i];
	}
	for (int i = 0; i < N; ++i) _B[i] = B[i];
}

inline void PolyLn(int *_A, int N, int *_B) {
	static int tA[MS], tB[MS];
	for (int i = 1; i < N; ++i) tA[i - 1] = (LL)_A[i] * i % Mod;
	PolyInv(_A, N - 1, tB);
	InitFNTT(N + N - 3);
	for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tA[i] = 0;
	for (int i = N - 1; i < Sz; ++i) tB[i] = 0;
	FNTT(tA, 1), FNTT(tB, 1);
	for (int i = 0; i < Sz; ++i) tA[i] = (LL)tA[i] * tB[i] % Mod;
	FNTT(tA, -1);
	_B[0] = 0;
	for (int i = 1; i < N; ++i) _B[i] = (LL)tA[i - 1] * Inv[i] % Mod;
}

const int MN = 100005;

inline void Merge(int *A, int *B) {
	static int C[4];
	C[0] = (LL)A[0] * B[0] % Mod;
	C[1] = ((LL)A[1] * B[0] + (LL)A[0] * B[1] - (LL)A[1] * B[1]) % Mod;
	if (C[1] < 0) C[1] += Mod;
	C[2] = (2ll * A[2] * B[2] + (LL)A[2] * B[3] + (LL)A[3] * B[2]) % Mod;
	C[3] = (LL)A[3] * B[3] % Mod;
	A[0] = C[0], A[1] = C[1], A[2] = C[2], A[3] = C[3];
}

int N, K[MN], MaxK;
int A1[MS], A2[MS], A3[MS], A4[MS], A5[MS], A6[MS], A7[MS], A8[MS];
int C0[MS], C1[MS], C2[MS], C3[MS];

int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		scanf("%d", &K[i]);
		MaxK = std::max(MaxK, K[i]);
	}
	Init(MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A1[i] = (LL)qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
	PolyLn(A1, MaxK + 1, A2);
	PolyConv(A2, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A3, MaxK + 1);
	for (int i = 1; i <= MaxK; ++i) A4[i] = A1[i - 1];
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)qPow(Inv2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) * iFac[i] % Mod;
	PolyConv(A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1, A5, MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A5[i] = (LL)A5[i] * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
	PolyLn(A5, MaxK + 1, A6);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A6[i] = (LL)A6[i] * Inv2 % Mod;
	--A6[1];
	PolyConv(A6, MaxK + 1, A1, MaxK + 1, A7, MaxK + 1);
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) A8[i] = ((LL)A3[i] - A4[i] - A7[i] + Mod * 2) % Mod;
	for (int i = 0; i <= MaxK; ++i) {
		C0[i] = (LL)i * qPow(2, (LL)i * (i - 1) / 2 % (Mod - 1)) % Mod;
		C1[i] = (LL)A4[i] * Fac[i] % Mod;
		C2[i] = (LL)A7[i] * Fac[i] % Mod;
		C3[i] = (LL)A8[i] * Fac[i] % Mod;
	}
	int Ans[4] = {1, 0, 0, 1};
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		static int Now[4];
		Now[0] = C0[K[i]], Now[1] = C1[K[i]],
		Now[2] = C2[K[i]], Now[3] = C3[K[i]];
		Merge(Ans, Now);
	}
	printf("%lld\n", ((LL)Ans[1] + Ans[2] + Ans[3]) % Mod);
	return 0;
}

E. 新年的邀請函

咕。