20230922 比赛总结

反思

A

考场降智,没想到拆分成 2 α 5 β x 2^{\alpha}5^{\beta}x 2α5βx 的形式,一直在卡精度(thx anti)

B

又是随机题,又是 b l bl bl 题,差点又被区分了

C

我是 s b sb sb,排序顺序有点小问题 + + + 没判 − 1 -1 1(没判 − 1 -1 1 小样例都过不了,本来想后面补的,结果忘了/fk)

题解

D

把行编号为 1 − n 1-n 1n,把列编号为 n + 1 − 2 n n+1-2n n+12n
考虑将有小球的位置 ( x , y ) (x,y) (x,y),把行和列连边,即 x x x y + n y+n y+n 连边

考虑每一个小球一定会匹配行或列,那么我们如果把 x → y + n x\to y+n xy+n 连边表示 ( x , y ) (x,y) (x,y) 的小球选第 x x x 行,反之同理
考虑这样一定会形成内向基环树森林,因为每个行或列只会匹配一个
考虑忽略我们自行添加的有向的条件,变成无向
那么指定方向的方案数只有 2 2 2 种,即环的方向
现在需要计算当前方案的启动顺序

考虑回到原图中,我们可以把一定在 x x x 之后启动的点连向它,不难发现,这样的点只有一个,可以画个图理解:
20230922 比赛总结_第1张图片

只有这样的情况是需要连边的
这样就会形成森林,然后只要统计树的拓扑序计数即可
简单树形 d p dp dp 解决

时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n),感觉是到典题

#include 
using namespace std;
const int N=200100,P=1e9+7;
int n,fac[N],inv[N];
int e[N<<1],ne[N<<1],h[N],idx;
int circ,depth[N],fa[N],siz[N],f[N];
bool onc[N],ntrt[N];
vector<int> cir,pts,son[N];
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
int C(int a,int b){
    if(a<b||b<0) return 0;
    return 1ll*fac[a]*inv[b]%P*inv[a-b]%P;
}
void dfs1(int u){
	pts.push_back(u);
	depth[u]=depth[fa[u]]+1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int v=e[i];
		if(v==fa[u]) continue;
        if(!depth[v]) fa[v]=u,dfs1(v);
		else if(depth[v]<depth[u]){
			circ++;
			for(int x=u;x!=v;x=fa[x]) cir.push_back(x),onc[x]=1;
			cir.push_back(v),onc[v]=1;
		}
	}
}
void dfs2(int u){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int v=e[i];
		if(!onc[v]&&v!=fa[u]) fa[v]=u,dfs2(v);
	}
}
void dfs3(int u){
	f[u]=1,siz[u]=0;
	for(int v:son[u]){
		dfs3(v);siz[u]+=siz[v];
		f[u]=1ll*f[u]*f[v]%P*C(siz[u],siz[v])%P;
	}
	siz[u]++;
}
void add(int x,int y){ e[idx]=y,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;}
int qmi(int a,int b){
    int res=1;
    for(;b;b>>=1){
        if(b&1) res=1ll*res*a%P;
        a=1ll*a*a%P;
    }
    return res;
}
int main(){
    freopen("ball.in","r",stdin);
    freopen("ball.out","w",stdout);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
	inv[N-1]=qmi(fac[N-1],P-2);
	for(int i=N-2;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%P;
	n=read();
	memset(h,-1,sizeof(h));
	for(int i=1;i<=n<<1;i++){
		int x=read(),y=read();
		add(x,y+n),add(y+n,x);
	}
	int ans=1,tott=0;
	for(int i=1;i<=n<<1;i++){
		if(depth[i]) continue;
		circ=0;cir.clear(),pts.clear();
		dfs1(i);
		if(circ!=1){ puts("0");exit(0);}
		for(int u:cir) fa[u]=0,dfs2(u);
		int tres=0;
		for(int type=0;type<2;type++){
			if(type){
				for(int i=0;i<cir.size()-1;i++) fa[cir[i]]=cir[i+1];
				fa[cir[cir.size()-1]]=cir[0];
			}
			else{
				for(int i=1;i<cir.size();i++) fa[cir[i]]=cir[i-1];
				fa[cir[0]]=cir[cir.size()-1];
			}
            for(int u:pts) ntrt[u]=0,son[u].clear();
			for(int u:pts) if(fa[fa[u]]>u) ntrt[u]=1,son[fa[u]].push_back(u);//表示fa[u]一定在u后面选择
			int cur=0,res=1;
			for(int u:pts) if(!ntrt[u]){
				dfs3(u);cur+=siz[u];
				res=1ll*res*f[u]%P*C(cur,siz[u])%P;
			}
			tres=(tres+res)%P;
		}
        tott+=pts.size();
		ans=1ll*ans*tres%P*C(tott,pts.size())%P;
	}
	printf("%d\n",ans);
	fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
	return 0;
}

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