2018SD省队集训R1 D2

T1

题解：

好说一点吧，我们假设H=W=4
我们大概是要解一个方程，考虑减来减去重叠的情况
那么得到的一个性质是
a[x][y]+a[x+4][y+4]=a[x+4][y]+a[x][y+4] a [ x ] [ y ] + a [ x + 4 ] [ y + 4 ] = a [ x + 4 ] [ y ] + a [ x ] [ y + 4 ]
如果我们考虑x,y对4取模处理结果的话

∑i=14a[x][i]=∑i=14a[x+4][i] ∑ i = 1 4 a [ x ] [ i ] = ∑ i = 1 4 a [ x + 4 ] [ i ]

∑i=14a[i][x]=∑i=14a[i][x+4] ∑ i = 1 4 a [ i ] [ x ] = ∑ i = 1 4 a [ i ] [ x + 4 ]

然后我们注意到一个性质
a[x][y]=a[x+4][y]=a[x+8][y]... a [ x ] [ y ] = a [ x + 4 ] [ y ] = a [ x + 8 ] [ y ] . . .
或 a[x][y]=a[x][y+4]=a[x][y+8]... a [ x ] [ y ] = a [ x ] [ y + 4 ] = a [ x ] [ y + 8 ] . . .
然后我们枚举2^16看看向下相等还是向右相等，而且向下向右是独立的，那么我们直接用组合数算
注意到为了防止重复算, 向下相等的不能向右相等, 所以要多容斥一下
时间复杂度 O(2HW(H+W)2) O ( 2 H W ( H + W ) 2 )

代码：

#include 
#include 
#define LL long long 
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int c[10][10],row[10],col[10];
LL ksm(LL a,LL k)
{
    LL ans=1;
    for (;k;k>>=1,a=a*a%mod)
      if (k&1) ans=ans*a%mod;
    return ans;
}
void work(int n,int m,int h,int w)
{
    memset(c,0,sizeof(c));
    for (int i=0;i<=5;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    }
    int all=h*w;LL res=0;
    for (int i=0;i<(1<for (int j=0;j<=3;j++) row[j]=col[j]=0;
        for (int j=0;jif (i&(1<%w]++;
        LL ans=1;
        for (int j=0;j<=w-1;j++)
        {
            int z=(m-j+w-1)/w;
            LL x=0;
            for (int k=0;k<=col[j];k++) x=(x+ksm(c[col[j]][k],z))%mod;
            ans=ans*x%mod;
        }
        for (int j=0;j<=h-1;j++) row[j]=w-row[j];
        for (int j=0;j<=h-1;j++)
        {
            int z=(n-j+h-1)/h;
            LL x=0;
            switch (row[j])
            {
                case 0:x=1;break;
                case 1:x=0;break;
                case 2:x=ksm(2,z)-2;break;
                case 3:x=2*ksm(3,z)-6*ksm(2,z)+6;break;
                default:x=ksm(6,z)+ksm(4,z)*2-16*ksm(3,z)+24*ksm(2,z)-14;
            }
            x=(x%mod+mod)%mod;
            ans=ans*x%mod;
        }
        res=(res+ans)%mod;
    }
    printf("%lld",res);
}
int main()
{
    int n,m,h,w;scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&h,&w);
    work(n,m,h,w);
}

T2

给你n种物品，每种物品无限个，记f(m)表示恰好装满m的方案数，求 ∑RLf(i),n≤10,∏ai≤105,R≤1017 ∑ L R f ( i ) , n ≤ 10 , ∏ a i ≤ 10 5 , R ≤ 10 17

题解：

首先有这样一个结论，令 L=LCM(Ai) L = L C M ( A i ) ，那么对于相同的k，有 f(iL+k) f ( i L + k ) 是关于i的N次多项式，然后要求这个东西的前缀和，那么就是一个N+1次的多项式，暴力之后拉格朗日差值即可。

代码：

挖坑待填

T3

构造一个DAG，点数不超过50，边数不超过100，使得合法的拓扑序恰好有x个，x不超过32767。

题解：

首先可以试着O(ans)构造答案，这样有20pts，即我们扔在外面一个单独的点，然后形成一个DAG链，表示这个单独的点可以插在任何两个点之间，可以构成答案

代码：

20pts

#include
using namespace std;
int main()
{
//  freopen("npc.in","r",stdin);
//  freopen("npc.out","w",stdout);
    int w;scanf("%d",&w);
    if(w<=50)
    {
        if(w==1){printf("2 1\n");printf("0 1\n");return 0;}
        if(w==2){printf("3 2\n");printf("0 1\n0 2\n");return 0;}
        printf("%d %d\n",w,w-2);
        for (int i=1;i<=w-2;i++) printf("%d %d\n",i-1,i);
    }
}