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[CSP-S模拟测试]:Silhouette(数学)

时间:2019-10-05 16:39:37      阅读:100      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:16px   highlight   不同的   结果   main   limit   n+1   还需要   sha   

题目描述

  有一个$n\times n$的网格,在每个格子上堆叠了一些边长为$1$的立方体。
  现在给出这个三维几何体的正视图和左视图,求有多少种与之符合的堆叠立方体的方案。两种方案被认为是不同的,当且仅当某个格子上立方体的数量不同。
  输出答案对$10^9+7$取模的结果。


输入格式

  从文件$silhouette.in$中读入数据。
  第一行一个整数$n$。
  第二行$n$个整数,第$i$个表示正视图中从左到右第$i$个位置的高度$A_i$。
  第三行$n$个整数,第$i$个表示左视图中从左到右第$i$个位置的高度$B_i$。


输出格式

  输出到文件$silhouette.out$中。
  输出一行表示答案。


样例

样例输入1:

2
1 2
2 1

样例输出1:

5

样例输入2:

3
3 1 3
2 3 2

样例输出2:

175

样例输入3:

3
1 1 1
3 3 3

样例输出3:

0


数据范围与提示

样例$1$解释:

正视图和左视图:

    _    _
 _|_|  |_|_
|_|_|  |_|_|

如果用$2\times 2$的矩阵来表示每个格子上堆叠的立方体个数,则五种方案可以表示为:

1 2  0 2  1 2  0 2  1 2
1 1  1 0  1 0  1 1  0 1

数据范围:

对于所有数据,有$1\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant A_i,B_i\leqslant 10^9$。
$\bullet Subtask1(3\%)$,$n=1$。
$\bullet Subtask2(14\%)$,$n\leqslant 3,A_i,B_i\leqslant 4$。
$\bullet Subtask3(17\%)$,$n\leqslant 16$。
$\bullet Subtask4(24\%)$,$n\leqslant 100$。
$\bullet SUbtask5(13\%)$,$n\leqslant 3,000$。
$\bullet Subtask6(18\%)$,$A_i,B_i$分别构成了一个$1$至$n$的排列。
$\bullet Subtask7(11\%)$,没有特殊的约束。


题解

显然对于这道题,我们要求以下方程的解的个数:

$$\forall i\in [1,n],\max \limits{j=1}^n x_{i,j}=A_i,\max \limits_{j=1}^n x_{j,i}=B_i$$

我们可以现将$A,B$排序,因为这样对结果没有影响,简单证明一下:

先来考虑列,对于每一个$A_i$,无论哪一列在前,哪一列在后,最终所有列在第$i$行的最大值都需要是$A_i$;行同理。

如果最大的$A_i$不等于最大的$B_i$,那么无解,否则一定有解,不再证明(主要是没有人问过)。

然后我们从大到小枚举$A,B$中每一个值$S$,对于排好序后每一个$S$,它们会是这样的:

技术图片

类似分成了一层一层的。

然后我们枚举每一层。

先说$S_1$这一层,对于$S_1$有一个特殊性质,$S_1$是所有$S$中最大的,先设$S_1$所涉及到的这个矩形的长宽分别为$a,b$,如下图:

技术图片

我们在设$f[i]$表示$a$行中,至少有$i$行一定不合法的方案数,这里说的不合法是指高度没有到达$S$,也就是说不能对投影做贡献;之所以我们要设为至少,是因为这样每两行之间就可以不互相影响了。

给出状态转移方程:

$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a-i}-S^{a-i}))^b$$

来解释一下状态转移方程:

首先,组合数必不可少,因为我们要从$a$行里选出$i$行;再解释后面的$b$次方,因为有$b$列,这$b$列互不影响(前面有解释);再来解释$S^i$,因为有$i$个位置一定不合法,这$i$个位置可以选$0\sim S-1$这$S$个高度;最后来理解$(S+1)^{a-i}-S^{a-i}$,因为还剩下$a-i$个位置,每一个位置选多高都可以,所以有$(S+1)^{a-i}$,但是我们要保证这一列一定合法,所以还要减去$S^{a-i}$

因为我们$f[i]$的定义为至少有$i$行不合法的方案数,所以我们还需要求得恰好有$i$行不合法的方案数,而我们只需要知道恰好有$0$行不合法的方案数(设为$res$),也就是都合法的方案数,考虑容斥,则有:

$$res=\sum \limits_{i=0}^a(-1)^i\times f[i]$$

那么,我们在来考虑一般情况,也就是上图中$S_2$以后的所有$S$,因为每当我们处理完一个$S$之后,下一个区域的形状只有$L$行或矩形,如下图(红色为上一次处理的区域,紫色为这一次处理的区域):

技术图片

而无论对于哪种情况,我们都按如下划分方式将其划分为两部分:

技术图片

对于矩形的两种情况,无非就是没有了那一部分,可以认为举行是一种特殊的$L$行。

为方便,我们不妨将$L$行区域按如下图方式标号$a,b,c,d$:

技术图片

那么,现在我给出状态转移方程:

$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b\times (S^i\times (S+1)^{a-i})^d$$

现在来解释这个更复杂的式子,先明确一下,因为上图中红色区域已经处理完毕,所以对于蓝色区域,其已经满足行,而没有满足列,对于绿色区域同理。

先来解释式子中的组合数$C_a^i$,你可能会存在疑问,为什么有$a+c$行,而不是$C_{a+c}^i$;那是因为上面我也明确过了,对于$c$行,行已经满足,我们不能让它不满足,而这$i$行的不满足我们只能从$a$行出;所以是$C_a^i$,而不是$C_{a+c}^i$。

再来解释$(S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b$,对于$b$次方和$S^i$,上面对于$S$是最大的值的情况已经做了解释,在此就不做过多的赘述;直接解释$(S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}$,这个也很好理解,与上面情况类似,有$i$行不合法,那么还有$a+c-i$个位置可以合法,而我们要保证这一列一定合法,所以还要减去不合法的情况。

最后来看后面新填进来的这一部分,应该能看的出来,这部分是为了处理矩形$a\times d$的,也就是区域$2$,式子与前面大体类似,不再赘述,只来思考这样一个问题:网上有另一篇题解(在我写之前可能也只有那一篇,而我就是按照那一篇的思路调出来的),他的后面这部分是$S^i\times (S+1)^{a-i}-S^{a-i})^d$,但是我的式子里却没有$-S^{a-i}$,他的式子的漏洞就在这里,而为什么不用这部分呢?因为我们减去$S^{a-i}$是为了让那一列合法,还是开始我明确的那个问题,因为我们在处理红色区域的时候已经保证了其合法,而红色区域的$S$要比矩形$a\times d$(绿色区域)的大,也就是高,所以无论如何其正视图都已经不变化了,变化的只有左视图,而我们需要做的就是让左视图合法,不用考虑列合不合法的问题,所以不用减去$S^{a-i}$。

对于统计合法方案数的容斥,其式子亦是:

$$res=\sum \limits_{i=0}^a (-1)^i\times f[i]$$

对于$c=0$和$d=0$的情况,我们将其带入上式会发现对结果并无影响,于是我们可以将特殊情况的式子和普通情况的式子合并成一个。

这样我们从达到小不断枚举每一个$S$即可求出所有合法方案数。

时间复杂度:$\Theta(n\log n)$。

期望得分:$100$分。

实际得分:$100$分。


代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
int A[100001],B[100001],S[200001];
long long jc[100001],inv[100001];
long long ans=1;
long long qpow(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
void pre_work()
{
	jc[0]=1;
	for(long long i=1;i<=100000;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	inv[100000]=qpow(jc[100000],mod-2);
	for(long long i=100000;i>0;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
long long get_C(int x,int y){return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
long long lucas(int x,int y)
{
	if(!y)return 1;
	return get_C(x%mod,y%mod)*lucas(x/mod,y/mod)%mod;
}
long long solve(int a,int b,int c,int d,int s)
{
	long long res=0;
	for(int i=0;i<=a;i++)
	{
		long long now=lucas(a,i)*qpow(qpow(s,i)*((qpow(s+1,a+c-i)-qpow(s,a+c-i)+mod)%mod)%mod,b)%mod*qpow(qpow(s,i)*qpow(s+1,a-i)%mod,d)%mod;
		if(i&1)res=(res-now+mod)%mod;
		else res=(res+now)%mod;
	}
	return res;
}
int main()
{
	pre_work();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&A[i]);S[i]=A[i];}
	for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&B[i]);S[n+i]=B[i];}
	sort(A+1,A+n+1);
	sort(B+1,B+n+1);
	if(A[n]!=B[n]){puts("0");return 0;}
	sort(S+1,S+2*n+1);
	S[0]=unique(S+1,S+2*n+1)-S-1;
	int prea=n+1,preb=n+1,nowa=n,nowb=n;
	for(int i=S[0];i;i--)
	{
		while(A[nowa-1]==S[i]&&nowa-1)nowa--;
		while(B[nowb-1]==S[i]&&nowb-1)nowb--;
		ans=ans*solve(prea-nowa,preb-nowb,n-prea+1,n-preb+1,S[i])%mod;
		prea=nowa;preb=nowb;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

rp++

[CSP-S模拟测试]:Silhouette(数学)

标签:16px   highlight   不同的   结果   main   limit   n+1   还需要   sha   

原文地址:https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11623323.html

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