2021——\(icpc\)（濟南）
簽到簽慢了，簽完都五百名，本來已經絕望准備下場南京了。但還好C是博弈+組合數學。沖了出來，交的時候手都在抖。A了都沒反應過來。喜得銅牌。
補題鏈接
K、Search For Mafuyu
給定一棵 n 個點的樹，A 在 1 號點，B 的位置在 2-n 中均勻隨機，A 不知道 B 的位置。現在 A 要去找 B，每秒可以走到一個相鄰點，求在最優策略下的期望時間。
題解：剛開始一直沒太懂最優策略是什么意思，瞎蒙了幾個想法，一直不對。然后靈機一動，發現這個問題等價與遍歷整棵樹然后記錄每個點到達的時間。求和之后乘上概率即可。現在就是解決怎樣走會使這個求和最小，當時想的是貪心的走最近的，zzh直接就上機了，可能有點急躁，寫了好一會沒寫出來。后來我上，寫沒寫出來，這時候twh和我說多驗證幾個樣例，發現只要是歐拉序就行（不會證明）。之后順利上手1A。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll cnt = 0;
vector<ll>vec[105];
bool vis[105];
ll ans[105];
void dfs(ll s,ll fa){//根節點步數為0
++cnt;ans[s] = cnt;
ll len = vec[s].size();
for(int i = 0;i < len;i++){
if(vec[s][i] == fa)continue;
dfs(vec[s][i],s);
++cnt;//回溯也算步數
}
}
void solve(){
cnt = -1;memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i = 0;i <= 104;i++)vec[i].clear();
ll n;scanf("%lld",&n);
for(int i = 1;i <= n-1;i++){
ll u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);
vec[u].push_back(v);
vec[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
ll sum = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
sum += ans[i];
}
printf("%.9lf\n",(sum*1.0)/((n-1)*1.0));
}
int main(){
ll t;scanf("%lld",&t);
while(t--)solve();
}
(^_^)
C、Optimal Strategy
有 n 件物品，第 i 件的價值為 a[i]。A 和 B 輪流取物品，A 先手。每個玩家都要最大化自己取到的物品的價值和，求有多少種可能的游戲過程。
題解：
簽完到之后隊友看D，我看C。我感覺C可以試一下。
這個題目思考過程大概是這樣：
可以把拿起過程看作一個排列，比如說第一個樣例：
2 2 1，1 2 2，因為不是同樣的2所以，乘個全排列2!，就是4種。
現在只需要思考限制就行。
第二個樣例每一種數都是偶數個，這其實已經是提示了。
在偶數情況下，只要有一個人選了當前最大的數，那么后面那個人就一定要跟着選一個一樣大的 。不然一定會虧。
比如說：1 1 2 2 3 3，如果先手選了3，后手一定會選3。
所以在排列中最大的一定是成對在一起的。
當我們把排列中最大的數刪掉之后第二大的就一定會成對，刪掉第二大的之后第三大的就一定會成對.......
所以不妨從最小的開始考慮，先把最小的放好，再把第二小的成對插進去，這就是擋板法了，不難發現這一步等價於球不同，盒子不同，有空盒的球盒模型。依次推到下去我們可以得到數字全部都是偶數的推導公式（具體是啥我搞忘了）。
根據第三個樣例就可以發現，存在奇數個的規則。
1 1 1 1 1 4 4 5 8 9 9 10
存在單獨的數字時我們發現這是一個可以偷雞的好機會，我拿了之后我必然比你多一個。這樣可以得出結論當存在優先拿走最大單個數。
放在排列中，單個的10必然是第一個因為 它比所有的數字都大，而同樣的單個的8一定會在1和4前面。
而且可以發現必然是先手拿10，后手拿8（雖然對這題沒用但似乎可以出新題），因為其中一定有偶數個數字。
這體現了一個什么問題？單個對排列個數沒卵用，因為我們是把大的往小的插空，單個的放在最前面就好了（但是記得乘排列的時候不能省略這一位）。
綜上，可以得出整個問題的流程。
我知道有些人是從大到小處理排列的，因為開始我也是。但是這樣你會發現單個數字是非常棘手的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 2e6+50,mod = 998244353;
ll fac[N],inv[N];
ll fpow(ll a,ll b){
ll res =1;
while(b){
if(b&1)res = res*a%mod;
b>>=1;
a = a*a%mod;
}
return res%mod;
}
void init(){
fac[0] = 1;
for(ll i = 1;i < N;i++){
fac[i] = fac[i-1]*i%mod;
}
inv[N-1] = fpow(fac[N-1],mod-2);
for(ll i = N-2;i >= 0;i--){
inv[i] = inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
}
ll a[N],num[N] = {0};
ll cal(ll n,ll m){
// cout<<n<<' '<<m<<endl;
// return fac[n+m-1]*inv[m-1]%mod;
return fac[n+m-1]*inv[m-1]%mod*inv[n]%mod;
}
void solve(){
ll n;scanf("%lld",&n);
for(ll i = 1;i <= n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
num[a[i]]++;
}
ll ans = 1,sum = 0;
for(ll i = 1;i < N;i++){
if(num[i] != 0){
ll tot;
if(num[i]&1)tot = num[i]-1;
else tot = num[i];
ans = ans*cal(tot/2,sum+1)%mod;
// cout<<ans<<endl;
sum = sum+tot;
if(num[i]&1)sum++;
}
}
for(ll i = 1;i < N;i++){
ll tot = num[i];
// if(num[i]&1)tot--;
ans = ans*fac[tot]%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
init();solve();
return 0;
}
后來補的：
J、Determinant
給定一個矩陣，並且給出它的精確行列式的絕對值
判斷行列式的正負
證明很簡單大概如下：
求證：任意一對非0的相反數\(x_1,x_2\)，有\(x_1\not\equiv x_2(\mod p)\)，其中\(p\)為奇數，且\(x_1\mod p\not=0, x_2\mod p \not=0。\)
\(~~~~~x_1+x_2=0\)
=>\((x_1+x_2)\mod p =0\)
=>\((x_1\mod p+x_2\mod p)\mod p =0\)
假設\(x_1\equiv x_2(\mod p)\)，
令\(t_1 = x_1\mod p,t_2 = x_2\mod p\)
則有\(t_1=t_2\)，且\(t_1 < p,t_2<p\)
可知:
- \(t_1+t_2\)必然為偶數
- \(0<t_1+t_2<2p\)
若使得\((t_1+t_2 )\mod p = 0\)，當且僅當\(t_1+t_2 = kp\)
由（2）可知\(0<k<2\),即\(k=1\)，由此得\(t_1+t_2 = p\)
但是\(t_1+t_2\)為偶數，\(p\) 為奇數，矛盾，
故\(x_1\not\equiv x_2(\mod p)\)
當然這還需要找一個優秀的模數\(p\)使得\(p\)不是行列式的因子，雖然這個題沒有卡模數
\(1e9+7\)就可以過。
題解：
這個題就是高斯消元求行列式。但是處理非常巧妙。其實高斯消元沒咋學，就會一個板子，比賽的時候這個題就沒想了。
這個要點是這樣的：
一個數和他的相反數對一個奇數取模一定不同。
所以用高斯消元+取模的方式求一個行列式，再使用大數取模的方式對給定的精確行列式的絕對值取一個模。看他們是不是一樣的就行。
因為不是自己想出來的所以就沒那么多廢話了
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 105;
const ll mod = 1e9+7;
ll a[N][N];
ll fpow(ll b,ll n){
ll res = 1;
while(n){
if(n&1) res = 1ll*res*b%mod;
b = 1ll*b*b%mod;
n>>=1;
}
return res%mod;
}
ll Gauss(ll n){
ll det = 1;
for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
ll k = i;
for (ll j = i + 1; j <= n; ++j)
if (abs(a[j][i]) > abs(a[k][i])) k = j;
if (abs(a[k][i]) == 0) {
det = 0;
break;
}
swap(a[i], a[k]);
if (i != k) det = -det;
det = (1ll*det*a[i][i]%mod+mod)%mod;
for (ll j = i + 1; j <= n; ++j) a[i][j] = 1ll*a[i][j]*fpow(a[i][i],mod-2)%mod;
for (ll j = 1; j <= n; ++j) {
if (j != i && a[j][i]) {
for (ll l = i + 1; l <= n; ++l) {
a[j][l] = (a[j][l] - 1ll*a[i][l] * a[j][i] % mod+mod) % mod;
}
}
}
}
return det;
}
char str[10005];
ll MOD(){
ll ans = str[0]-'0',len = strlen(str);
for(ll i = 1;i < len;i++){
ans = (ans*10%mod+str[i]-'0')%mod;
}
return ans;
}
int main() {
ll t;cin>>t;
while (t--) {
ll n;cin>>n;
cin>>str;
for (ll i = 1; i <= n; i++) {
for (ll j = 1; j <= n; j++) {
cin>>a[i][j];
}
}
ll det = Gauss(n);
// cout<<det<<' '<<MOD()<<endl;
puts(det==MOD()?"+":"-");
}
return 0;
}