A 求组合数

首先咱一开始并没有看到 Q 的数据范围，并且子任务表格里还有一堆 none （？？？）

于是整个机房都打算阿了出题人

后来滚回来看的时候 bug 基本都修好了，于是开始挠头发（这个数据范围真是要人命啊 Q 居然可以到 2e9 ...）

但后来看到了这个 m 的范围比较小，于是估计这道题就是利用 m 比较小的性质来做的

于是列一下 \(C_n^m\) 的公式：

\[ C_n^m ={n!\over m!·(n-m)!} \]

并没有什么软用...然后用下降幂表示一下：

\[ C_n^m ={n^{\underline{m}}\over m!} \]

说人话就是：

\[ C_n^m ={n*(n-1)*···*(n-m+1)\over m*(m-1)*···*1} \]

发现上下都只有 \(m\) 项（挠头）

于是想想如果 mod 为质数怎么做： 咱可以 \(O(m)\) 得去得到这个公式上面和下面两个部分的值，然后 \(O(log ~mod)\) 蒙哥马利一下就可以得到答案了 【汗

然后咱考虑 mod 不是质数的情况，这个时候咱需要对上下两部分的 m 个数进行质因子分解，这是 \(\sqrt n\) 的复杂度，但咱可以用人类智慧优化到 \(\sqrt n\over log ~n\) ，具体康代码（好吧不就是普通的欧拉筛么）...

然后咱把上下两部分的质因子分别加起来，上面的每个质因子 \(p_i\) 的次数 \(k_{i1}\) 减去下面质因子的次数 \(k_{i2}\) ，然后每个质因子快速幂一下就好了（这个复杂度好像是 $\sqrt n ~loglog ~n $ 级别的 ）

但是咱发现太大的质因子存不下呢...那咱就把这些太大的质因子（超过 \(\sqrt n\) 的）用 map 去存就好了（复杂度大概是 \(m ~log ~m\) ...？最后遍历时候的复杂度也不高（应该...）

然后咱本地测了最大数据... T 飞上天（顿时懵逼

懵逼一会儿之后开始补救，大概就是对于 mod 是质数的情况进行了特判...少了 \(\sqrt n\over log ~n\) 的复杂度...

最后就是一边自闭一边把代码交上去准备 T 飞了...

【结果最后数据特别友好，真是气人啊，浪费感情...

// by Judge#pragma GCC optimize("Ofast")#include 
    
     #define Rg register#define fp(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b) + 1; i < I; ++i)#define fd(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b)-1; i > I; --i)#define ll long longusing namespace std;const int M = 5e4 + 3;typedef int arr[M];#ifndef Judge#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)#endifchar buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;inline bool cmax(int& a, int b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }inline bool cmin(int& a, int b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }inline int read() {    int x = 0, f = 1;    char c = getchar();    for (; !isdigit(c); c = getchar())        if (c == '-')            f = -1;    for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';    return x * f;}int n, m, mod, id1[M];map
     
       id2;inline int mul(int x, int y) { return 1ll * x * y % mod; }inline int qpow(int x, int p) {    Rg int s = 1;    for (; p; p >>= 1, x = mul(x, x))        if (p & 1)            s = mul(s, x);    return s;}int cnt, p[M], v[M];inline void prep(int n) {    fp(i, 2, n) {        if (!v[i])            p[++cnt] = i, v[p[cnt]] = cnt;        for (Rg int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {            v[i * p[j]] = 1;            if (!(i % p[j]))                break;        }    }}inline void add(int x, int V) {    fp(i, 1, cnt) {        if (p[i] * p[i] > x)            break;        while (!(x % p[i])) id1[i] += V, x /= p[i];    }    if (x > 1) {        if (x > p[cnt])            id2[x] += V;        else            id1[v[x]] += V;    }}#define IT map
      
       ::iteratorinline int solv() {    Rg int ans = 1;    fp(i, 1, cnt) if (id1[i]) ans = mul(ans, qpow(p[i], id1[i]));    for (IT it = id2.begin(); it != id2.end(); ++it) ans = mul(ans, qpow(it->first, it->second));    return ans;}inline bool isprime(int x) {    fp(i, 1, cnt) {        if (p[i] * p[i] > x)            return 1;        if (!(x % p[i]))            return 0;    }    return 1;}inline void solv0() {    Rg int p = 1, q = 1;    fp(i, 1, m) p = mul(p, n - i + 1), q = mul(q, i);    printf("%d\n", mul(p, qpow(q, mod - 2)));}int main() {    int T = read();    prep(5e4);    while (T--) {        n = read(), m = read(), mod = read();        if (isprime(mod)) {            solv0();            continue;        }        memset(id1, 0, sizeof id1), id2.clear();        fp(i, 1, m) add(n - i + 1, 1), add(i, -1);        printf("%d\n", solv());    }    return 0;}
      
     
    

B 铺地板

比赛的时候咱可是放过话的：“网络流这种东西 CSP 怎么可能会考，你见过 NOIP 考过 wll 么？他要敢考咱就敢爆零！” 于是咱并没有黑白染色冷静一下并且华丽爆炸...

给个乱打的代码（没有交过 因为交不了）

评价：有一定参考价值，若出锅请轻喷...

//by Judge#include
    
     #define Rg register#define fp(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(Rg int i=head[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nxt].to)#define ll long longusing namespace std;const int M=65;typedef int arr[M][M];typedef int ARR[M*M];const int h[5]={0,-1,1,0,0},l[5]={0,0,0,-1,1};#ifndef Judge#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)#endifchar buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar();    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;} inline int cread(){ char c=getchar();    while(c!='.'&&c!='#') c=getchar(); return c=='.';} int n,cnt,tim,pat,ans; ARR head,used,Get; arr a,id;struct Edge{ int to,nxt; }e[M*M<<2];inline void add(int u,int v){    cerr<
      <<"  "<
       
        <<"\n";    e[++pat]=(Edge){v,head[u]},head[u]=pat;}inline int calc(int x,int y){    return a[x-1][y]+a[x][y-1]+a[x+1][y]+a[x][y+1];}bool find(int u){    cerr<
        <<"!!!\n";    go(u) if(used[v]
       
     
    

C 军训队列

一开始以为是斜优 dp 想着这出题人也是够毒瘤（虽说也不算太超纲...吧？），结果一看数据范围 500 ， \(n^3\) 喜 dp （斜优 × 暴力 √ ）

// by Judge#pragma GCC optimize("Ofast")#include 
    
     #define Rg register#define fp(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b) + 1; i < I; ++i)#define fd(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b)-1; i > I; --i)#define ll long longusing namespace std;const int M = 503;typedef int arr[M];#ifndef Judge#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)#endifchar buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;inline int read() {    int x = 0, f = 1;    char c = getchar();    for (; !isdigit(c); c = getchar())        if (c == '-')            f = -1;    for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';    return x * f;}int n, K, a[M], f[M][M];inline int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }int main() {    n = read(), K = read();    if (K >= n)        return !printf("0\n");    fp(i, 1, n) a[i] = read();    sort(a + 1, a + 1 + n), memset(f, 0x3f, sizeof f), f[0][0] = 0;    fp(i, 1, n) fp(j, 1, Min(i, K)) fp(k, 0, i - 1) f[i][j] =        Min(f[i][j], f[k][j - 1] + (a[i] - a[k + 1]) * (a[i] - a[k + 1]));    return !printf("%d\n", f[n][K]);}