2020年杭电多校第五场题解Tetrahedron、Boring Game、Paperfolding

Tetrahedron(数学推导,逆元)

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Tetrahedron

思路

公式的推导,显然可以得到

1 h 2 = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 \frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} h21=a21+b21+c21

对于期望的计算,因为a、b、c是等价的,所以可以直接计算 1 a 2 \frac{1}{a^2} a21的期望然后乘以3
1 a 2 \frac{1}{a^2} a21的期望:

( 1 1 2 ∗ 1 n + 1 2 2 ∗ 1 n + . . . . . . + 1 ( n − 1 ) 2 ∗ 1 n + 1 n 2 ∗ 1 n ) (\frac{1}{1^2}*\frac{1}{n}+\frac{1}{2^2}*\frac{1}{n}+......+\frac{1}{(n-1)^2}*\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}*\frac{1}{n}) (121n1+221n1+......+(n1)21n1+n21n1)

所以我们可以将 1 n \frac{1}{n} n1提出来,可以先对期望打表

AC Code

#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int mod=998244353;
const int N=6e6;
ll inv[N+9], a[N+9];
int n;
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void init(){
    inv[1]=a[1]=1;
    for(int i=2; i<=N; i++) inv[i]=(mod - mod/i) *inv[mod%i]%mod;
    for(int i=2; i<=N; i++) a[i]=(a[i-1]+(inv[i]*inv[i])%mod)%mod;
}

void solve(){
    cin>>n;
    cout<<(a[n]*quick_pow(n,mod-2)*3)%mod<<endl;
    return ;
}   

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    init();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Boring Game

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Boring Game

题目大意

有n张纸,将其连续的从左向右折叠 k 次,然后上到下标号
求将纸重新展开后的序号序列

思路

直接模拟展开的过程即可,采取vector存序号
每次将前一半的序号放到后一半的序号的前面,注意到翻转会使得上一半的序号反过来,所以需要提前翻转一下

AC Code

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=5e5 +9;
int n, k, mx, x, mid;
vector<int> z[N];
void solve(){
    cin>>n>>k;
    mx=2*n*pow(2,k);
    for(int i=1; i<=mx; i++)    z[i].clear();
    for(int i=1; i<=mx; i++)   cin>>x, z[i].push_back(x);
    mid=1;
    for(int i=1; i<=k; i++){
        mid=(mid+mx)>>1;                    
        for(int j=mid+1; j<=mx; j++){
            int p=mid-(j-mid-1);                    //上半部分的下标,从中间往上走
            reverse(z[p].begin(), z[p].end());      //提前翻转上半部分对应的值,因为展开后值会反转
            z[j].insert(z[j].begin(), z[p].begin(), z[p].end());    //将上半部分对应的序列插入下半部分相应的位置的前面
            z[p].clear();                           //清空上半部分的翻转的序列
        }
    }
    for(int i=mx-2*n+1; i<=mx; i++){
        for(auto t:z[i])    cout<<(t==z[mx-2*n+1].front() ? "":" ")<<t;             //最后一个数字后面没有空格
    }
    cout<<endl;
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Paperfolding

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Paperfolding

题目大意

给你n次操作机会,你可以将一张纸向上下左右任意一方向折叠,总共可折叠n次,求折叠完后十字切割能切出来的纸片的数量

思路

官方题解:

模拟一下可以看出水平对折和垂直对折的答案相对独立
对于 x x x次水平对折和 y y y垂直对折答案是 ( 2 x + 1 ) ( 2 y + 1 ) (2^x+1)(2^y+1) (2x+1)(2y+1)
这个公式你可以试着模拟一下就会发现左右对折影响的是竖向折痕,每折叠一次 ∗ 2 *2 2,上下对折同理

因为通过反向逐操作还原,可以看到刀的痕迹的数量变化是每次在某一维倍增的
因此,相当于一张纸,水平和竖直分别切了 2 x , 2 y 2^x, 2^y 2x,2y
所以数学期望为

1 2 n ∑ i = 0 n ​ C n i ( 2 i + 1 ) ( 2 n − i + 1 ) \frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}​ C_n^i (2^i +1)(2^{n−i} +1) 2n1i=0nCni(2i+1)(2ni+1)

这个公式很容易就可以得出来,但是在这里复杂度仍然很高 O ( n × l o g ( n ) ) O(n×log(n)) O(n×log(n)),所以还需要化简
可以先将括号打开

1 2 n ∑ i = 0 n ​ [ C n i ( 2 n + 1 ) + C n i ( 2 n − i + 2 i ) ] \frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}​[C_n^i (2^n +1)+C_n^i(2^{n−i} +2^i)] 2n1i=0n[Cni(2n+1)+Cni(2ni+2i)]

然后想到二项式定理

C n 0 + C n 1 + C n 2 + . . . . . . + C n n − 1 + C n n C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n Cn0+Cn1+Cn2+......+Cnn1+Cnn

所以可以得到

∑ i = 0 n C n i = 2 n ∑^n_{i=0}C_n^i=2^n i=0nCni=2n

3 n = ( 2 + 1 ) n = ∑ i = 0 n C n i 2 i 或 者 = ​ ∑ i = 0 n C n i 2 n − i 3^n=(2+1)^n=∑^n_{i=0}C_n^i2^i或者=​∑^n_{i=0}C_n^i2^{n-i} 3n=(2+1)n=i=0nCni2i=i=0nCni2ni

根据上面两个公式,我们可以将原来的公式换成

1 2 n × ( 2 n × ( 2 n + 1 ) + 2 × 3 n ) \frac{1}{2^n}×(2^n×(2^n+1)+2×3^n) 2n1×(2n×(2n+1)+2×3n)

所以最终的公式就是

2 n + 1 + 2 × 3 n 2 n 2^n+1+\frac{2×3^n}{2^n} 2n+1+2n2×3n

AC Code

#include
#include
#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int mod=998244353;
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void solve(){
    ll n;
    cin>>n;
    cout<<((quick_pow(2,n)+1)%mod +((2*quick_pow(3,n))%mod*quick_pow(quick_pow(2,n),mod-2))%mod)%mod<<endl;
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

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