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--- 2020-2021:teams:legal_string:组队训练比赛记录:contest17 [2021/08/30 21:17]
jxm2001 创建
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jxm2001 [题意]
@@ 行 6: / 行 6: @@
 |  C  |  0  |  0  |  0  |
 |  D  |  0  |  0  |  0  |
-|  E  |  2  |  0  |  0  |
+|  E  |  2  |  2  |  0  |
 |  H  |  2  |  0  |  0  |
-|  J  |  0  |  0  |  0  |
+|  J  |  2  |  0  |  0  |
 |  M  |  0  |  0  |  0  |
@@ 行 17: / 行 17: @@
 ==== 题意 ====
+$$
+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n {i+j\choose j}f(i+j,i)\\
+f(i,j)=
+\begin{cases}
+, &i=0\\
+a, &i=1\\
+b\times f(i-1,j)+c\times f(i-2,j), &2\le i\le j\\
+d\times f(i-1,j)+e\times f(i-2,j), &i\gt j
+\end{cases}
+$$
 ==== 题解 ====
+设
+$$
+A=\begin{pmatrix}b & 1 \\ c & 0\\ \end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}d & 1 \\ e & 0\\ \end{pmatrix}
+$$
+不难发现
+$$
+(f(i+j,i),f(i+j-1,i))=(a,0)A^{i-1}B^j
+$$
+设 $S(i)=\sum_{j=1}^n {i+j\choose j}A^{i-1}B^j$，于是有
+$$
+\begin{equation}\begin{split}
+S(i+1)&=\sum_{j=1}^n {i+j+1\choose j}A^iB^j \\
+&=\sum_{j=1}^n \left({i+j\choose j}+{i+j\choose j-1}\right)A^iB^j\\
+&=AS(i)+\sum_{j=0}^{n-1}{i+j+1\choose j}A^{i}B^jB\\
+& =AS(i)+\left(S(i+1)+A^i-{i+n+1\choose i+1}A^iB^n\right)B
+\end{split}\end{equation}
+$$
+移项，得
+$$
+S(i+1)=\left(AS(i)+A^iB-{i+n+1\choose i+1}A^iB^{n+1}\right)(E-B)^{-1}
+$$
+不难发现 $|E-B|=1-d-e\lt 0$，所以 $(E-B)$ 可逆。通过预处理上式可实现 $O(n)$ 递推。
 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
+const int MAXN=1e5+5,mod=998244353;
+int quick_pow(int n,int k){
+	int ans=1;
+	while(k){
+		if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
+		n=1LL*n*n%mod;
+		k>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+int frac[MAXN<<1],invf[MAXN<<1];
+int C(int n,int m){
+	return 1LL*frac[n]*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod;
+}
+void Init(){
+	int n=MAXN<<1;
+	frac[0]=1;
+	_for(i,1,n)
+	frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%mod;
+	invf[n-1]=quick_pow(frac[n-1],mod-2);
+	for(int i=n-1;i;i--)
+	invf[i-1]=1LL*invf[i]*i%mod;
+}
+struct Matrix{
+	int a[2][2];
+	Matrix(int a00=0,int a01=0,int a10=0,int a11=0){
+		a[0][0]=a00;
+		a[0][1]=a01;
+		a[1][0]=a10;
+		a[1][1]=a11;
+	}
+	Matrix operator * (const Matrix &b)const{
+		Matrix c;
+		_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+		c.a[i][j]=(1LL*a[i][0]*b.a[0][j]+1LL*a[i][1]*b.a[1][j])%mod;
+		return c;
+	}
+	Matrix operator * (const int b)const{
+		Matrix c;
+		_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+		c.a[i][j]=1LL*a[i][j]*b%mod;
+		return c;
+	}
+	Matrix operator + (const Matrix &b)const{
+		Matrix c;
+		_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+		c.a[i][j]=(a[i][j]+b.a[i][j])%mod;
+		return c;
+	}
+	Matrix operator - (const Matrix &b)const{
+		Matrix c;
+		_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+		c.a[i][j]=(a[i][j]+mod-b.a[i][j])%mod;
+		return c;
+	}
+}A[MAXN],B[MAXN],f[MAXN];
+Matrix Inv(Matrix mat){
+	static int temp[2][4];
+	_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+	temp[i][j]=mat.a[i][j];
+	temp[0][2]=1,temp[0][3]=0;
+	temp[1][2]=0,temp[1][3]=1;
+	_for(i,0,2){
+		int pos=-1;
+		_for(j,i,2){
+			if(temp[j][i]){
+				pos=j;
+				break;
+			}
+		}
+		if(pos!=i)swap(temp[i],temp[pos]);
+		for(int j=3;j>=i;j--)
+		temp[i][j]=1LL*temp[i][j]*quick_pow(temp[i][i],mod-2)%mod;
+		_for(j,0,2){
+			if(j==i)continue;
+			for(int k=3;k>=i;k--)
+			temp[j][k]=(temp[j][k]-1LL*temp[j][i]*temp[i][k])%mod;
+		}
+	}
+	Matrix ans;
+	_for(i,0,2)_for(j,0,2)
+	ans.a[i][j]=(temp[i][j+2]+mod)%mod;
+	return ans;
+}
+void solve(){
+	int n=read_int(),a=read_int(),b=read_int(),c=read_int(),d=read_int(),e=read_int();
+	A[0]=B[0]=Matrix(1,0,0,1);
+	A[1]=Matrix(b,1,c,0);
+	B[1]=Matrix(d,1,e,0);
+	_rep(i,1,n){
+		A[i+1]=A[i]*A[1];
+		B[i+1]=B[i]*B[1];
+	}
+	Matrix div=Inv(B[0]-B[1]);
+	f[1]=Matrix();
+	_rep(i,1,n)
+	f[1]=f[1]+B[i]*(i+1);
+	_for(i,1,n)
+	f[i+1]=(A[1]*f[i]-A[i]*B[n+1]*C(i+n+1,i+1)+A[i]*B[1])*div;
+	Matrix ans=Matrix();
+	_rep(i,1,n)
+	ans=ans+f[i];
+	enter(1LL*ans.a[0][0]*a%mod);
+}
+int main(){
+	Init();
+	int T=read_int();
+	while(T--)
+	solve();
+	return 0;
+}
 </code>
 </hidden>
+===== J. Random Walk =====
+==== 题意 ====
+给定 $n$ 个点，$m$ 条边，每条边两个权值 $(a_i,b_i)$，在 $t$ 时刻经过第 $i$ 条边的收益为 $\max(\lfloor\frac {a_i}{2^t}\rfloor,b)$，且一条边经过多次收益也计算多次。
+每个点一个点权 $w_i$，起点位于点 $i$ 的概率为 $\cfrac{w_i}{\sum_{i=1}^{n-1} w_i}$。每个时间单位人物从当前点等概率移动到相邻点，且移动到点 $n$ 后游戏结束。
+问人物的期望收益，然后接下来两种修改操作，每次修改后再次询问人物收益：
+  - 将某条边 $(u,v)$ 的边权修改为 $(a,b)$，保证这条边原图中存在
+  - 将某个点的 $w_i$ 修改
+数据保证 $1\le b_i\le a_i\le 100$，且第二类修改操作不超过 $n$ 个。
+==== 题解 ====
+设 $\text{dp}(u,i)$ 表示 $t=i$ 时人物位于点 $u$ 的概率，$E(u)$ 表示人物经过点 $u$ 的期望次数，$G(u)$ 表示与 $u$ 相邻的边，$p(u)=\cfrac{w_i}{\sum_{i=1}^{n-1} w_i}$。
+不难发现 $t\ge 6$ 后每条边收益一定等于 $b_i$，于是答案等于
+$$
+\sum_{u=1}^{n-1}\frac 1{\deg(u)}\sum_{e_i\in G(u)}\sum_{t=0}^{+\infty}\max(\lfloor\frac {a_i}{2^t}\rfloor,b_i)\text{dp}(u,t)=\sum_{u=1}^{n-1}\frac 1{\deg(u)}\sum_{e_i\in G(u)}\left(b_i\left(E(u)-\sum_{t=0}^5\text{dp}(u,t)\right)+\sum_{t=0}^5\max (\lfloor\frac {a_i}{2^t}\rfloor,b_i)\text{dp}(u,t)\right)
+$$
+关于 $\text{dp}(u,t)(0\le t\le 5)$，可以 $O(6m)$ 暴力计算，接下来考虑计算 $E(u)$。
+考虑建立有向图，如果原图中边 $(u,v)$ 满足 $u,v\neq n$，则连边 $u\to v(w=\frac 1{\deg (u)}),v\to u(w=\frac 1{\deg (v)})$。
+否则，假设 $v=n$，则只连边 $u\to v(w=\frac 1{\deg (u)})$。同时建立超级源点 $s$，连边 $s\to u(w=p(u))$。
+对每个点 $u$，考虑所有入边 $v_1\to u,v_2\to u\cdots v_k\to u$，不难发现 $E(u)=\sum_{i=1}^k w(v_k\to u)E(v_k)$，初始条件 $E(s)=1$。
+于是上述方程可以表示成如下矩阵：
+$$
+\left[  \begin{array}  {c c c c | c}
+&a_{1,2}&\cdots&a_{1,n-1}&p(1)\\
+a_{2,1}&1&\cdots&a_{2,n-1}&p(2)\\
+\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
+a_{n-1,1}&a_{n-1,2}&\cdots&1&p(n-1)\\
+\end{array}  \right]
+$$
+$O(n^3)$ 即可计算出所有 $E(u)$，因此计算初始答案复杂度为 $O(n^3+6m)$。
+接下来考虑修改操作，发现第一种修改操作对 $\text{dp}(u,t),E(u)$ 均无影响，如果 $u\neq n$，对答案影响为
+$$
+\frac 1{\deg(u)}\left(b_i\left(E(u)-\sum_{t=0}^5\text{dp}(u,t)\right)+\sum_{t=0}^5\max (\lfloor\frac {a_i}{2^t}\rfloor,b_i)\text{dp}(u,t)\right)
+$$
+同理 $v\neq n$ 时也产生类似影响，因此单次处理复杂度 $O(6)$。
+第二种操作对 $\text{dp}(u,t),E(u)$ 均产生影响，同样 $\text{dp}(u,t)$ 可以暴力计算，但 $E(u)$ 重新计算成本过高。
+注意到 $E(u)$ 的增广矩阵仅有增广部分被修改，因此可以预处理出原矩阵的逆 $A^{-1}$，则有
+$$
+\begin{pmatrix}
+E(1)\\
+E(2)\\
+\vdots\\
+E(n-1)\\
+\end{pmatrix}
+=
+A^{-1}
+\begin{pmatrix}
+p(1)\\
+p(2)\\
+\vdots\\
+p(n-1)\\
+\end{pmatrix}
+$$
+因此可以 $O(n^2+6m)$ 重新计算一次答案。总时间复杂度 $O(n^3+6nm+6q)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=505,MAXM=1e4+5,MAXT=5,mod=998244353;
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXM<<1];
+int head[MAXN],edge_cnt;
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+int w[MAXN],deg[MAXN],inv[MAXN];
+int a[MAXN][MAXN],b[MAXN][MAXN],c[MAXN][MAXN],d[MAXN][MAXN],E[MAXN];
+int dp[8][MAXN];
+int quick_pow(int n,int k){
+	int ans=1;
+	while(k){
+		if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
+		n=1LL*n*n%mod;
+		k>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+void calc1(int n){
+	static int temp[MAXN][MAXN<<1];
+	n--;
+	_rep(i,1,n){
+		_rep(j,1,n){
+			if(c[i][j])
+			temp[i][j]=mod-inv[deg[j]];
+			else
+			temp[i][j]=0;
+		}
+		temp[i][i]=1;
+		temp[i][i+n]=1;
+	}
+	_rep(i,1,n){
+		int pos=-1;
+		_rep(j,i,n){
+			if(temp[j][i]){
+				pos=j;
+				break;
+			}
+		}
+		if(pos!=i)swap(temp[i],temp[pos]);
+		int div=quick_pow(temp[i][i],mod-2);
+		for(int j=n*2;j>=i;j--)
+		temp[i][j]=1LL*temp[i][j]*div%mod;
+		_rep(j,1,n){
+			if(j==i)continue;
+			for(int k=n*2;k>=i;k--)
+			temp[j][k]=(temp[j][k]-1LL*temp[j][i]*temp[i][k])%mod;
+		}
+	}
+	_rep(i,1,n)_rep(j,1,n)
+	d[i][j]=(temp[i][j+n]+mod)%mod;
+}
+void add_edge(int u,int v,int &ans){
+	_rep(t,0,MAXT)
+	ans=(ans+1LL*dp[t][u]*inv[deg[u]]%mod*max(a[u][v]>>t,b[u][v]))%mod;
+	ans=(ans+1LL*E[u]*inv[deg[u]]%mod*b[u][v])%mod;
+}
+void del_edge(int u,int v,int &ans){
+	_rep(t,0,MAXT)
+	ans=(ans-1LL*dp[t][u]*inv[deg[u]]%mod*max(a[u][v]>>t,b[u][v]))%mod;
+	ans=(ans-1LL*E[u]*inv[deg[u]]%mod*b[u][v])%mod;
+	ans=(ans+mod)%mod;
+}
+int calc2(int n){
+	int ans=0,s=0;
+	mem(dp,0);
+	n--;
+	_rep(i,1,n)s+=w[i];
+	s=quick_pow(s,mod-2);
+	_rep(i,1,n){
+		dp[0][i]=1LL*w[i]*s%mod;
+		E[i]=0;
+		_rep(j,1,n)
+		E[i]=(E[i]+1LL*w[j]*d[i][j])%mod;
+		E[i]=1LL*E[i]*s%mod;
+		E[i]=(E[i]+mod-dp[0][i])%mod;
+	}
+	_rep(t,1,MAXT){
+		_rep(u,1,n){
+			for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+				int v=edge[i].to;
+				dp[t][v]=(dp[t][v]+1LL*dp[t-1][u]*inv[deg[u]])%mod;
+			}
+		}
+		_rep(u,1,n)
+		E[u]=(E[u]+mod-dp[t][u])%mod;
+	}
+	_rep(u,1,n){
+		for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+			int v=edge[i].to;
+			add_edge(u,v,ans);
+		}
+	}
+	return ans;
+}
+int main(){
+	int n=read_int(),m=read_int(),q=read_int();
+	_for(i,1,n)
+	w[i]=read_int();
+	while(m--){
+		int u=read_int(),v=read_int();
+		a[u][v]=a[v][u]=read_int();
+		b[u][v]=b[v][u]=read_int();
+		c[u][v]=c[v][u]=1;
+		Insert(u,v);Insert(v,u);
+		deg[u]++;deg[v]++;
+	}
+	inv[1]=1;
+	_rep(i,2,n)
+	inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
+	calc1(n);
+	int ans=calc2(n);
+	enter(ans);
+	while(q--){
+		int opt=read_int();
+		if(opt==1){
+			int u=read_int(),v=read_int();
+			if(u>v)swap(u,v);
+			del_edge(u,v,ans);
+			if(v!=n)del_edge(v,u,ans);
+			a[u][v]=a[v][u]=read_int();
+			b[u][v]=b[v][u]=read_int();
+			add_edge(u,v,ans);
+			if(v!=n)add_edge(v,u,ans);
+		}
+		else{
+			int u=read_int();
+			w[u]=read_int();
+			ans=calc2(n);
+		}
+		enter(ans);
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>

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