Tetrahedron（数学推导，逆元）

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Tetrahedron

思路

公式的推导，显然可以得到

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}$

对于期望的计算，因为a、b、c是等价的，所以可以直接计算 $\frac{1}{a^2}$ 的期望然后乘以3
而 $\frac{1}{a^2}$ 的期望：

$(\frac{1}{1^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{2^2}\frac{1}{n}+......+\frac{1}{(n-1)^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\frac{1}{n})$

所以我们可以将 $\frac{1}{n}$ 提出来，可以先对期望打表

AC Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int mod=998244353;
const int N=6e6;
ll inv[N+9], a[N+9];
int n;
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void init(){
    inv[1]=a[1]=1;
    for(int i=2; i<=N; i++) inv[i]=(mod - mod/i) *inv[mod%i]%mod;
    for(int i=2; i<=N; i++) a[i]=(a[i-1]+(inv[i]*inv[i])%mod)%mod;
}

void solve(){
    cin>>n;
    cout<<(a[n]*quick_pow(n,mod-2)*3)%mod<<endl;
    return ;
}   

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    init();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Boring Game

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Boring Game

题目大意

有n张纸，将其连续的从左向右折叠 k 次，然后上到下标号
求将纸重新展开后的序号序列

思路

直接模拟展开的过程即可，采取vector存序号
每次将前一半的序号放到后一半的序号的前面，注意到翻转会使得上一半的序号反过来，所以需要提前翻转一下

AC Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=5e5 +9;
int n, k, mx, x, mid;
vector<int> z[N];
void solve(){
    cin>>n>>k;
    mx=2*n*pow(2,k);
    for(int i=1; i<=mx; i++)    z[i].clear();
    for(int i=1; i<=mx; i++)   cin>>x, z[i].push_back(x);
    mid=1;
    for(int i=1; i<=k; i++){
        mid=(mid+mx)>>1;                    
        for(int j=mid+1; j<=mx; j++){
            int p=mid-(j-mid-1);                    //上半部分的下标，从中间往上走
            reverse(z[p].begin(), z[p].end());      //提前翻转上半部分对应的值，因为展开后值会反转
            z[j].insert(z[j].begin(), z[p].begin(), z[p].end());    //将上半部分对应的序列插入下半部分相应的位置的前面
            z[p].clear();                           //清空上半部分的翻转的序列
        }
    }
    for(int i=mx-2*n+1; i<=mx; i++){
        for(auto t:z[i])    cout<<(t==z[mx-2*n+1].front() ? "":" ")<<t;             //最后一个数字后面没有空格
    }
    cout<<endl;
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Paperfolding

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Paperfolding

题目大意

给你n次操作机会，你可以将一张纸向上下左右任意一方向折叠，总共可折叠n次，求折叠完后十字切割能切出来的纸片的数量

思路

官方题解：

模拟一下可以看出水平对折和垂直对折的答案相对独立
对于 $x$ 次水平对折和 $y$ 垂直对折答案是 $(2^x+1)(2^y+1)$ ，
这个公式你可以试着模拟一下就会发现左右对折影响的是竖向折痕，每折叠一次 $*2$ ，上下对折同理

因为通过反向逐操作还原，可以看到刀的痕迹的数量变化是每次在某一维倍增的
因此，相当于一张纸，水平和竖直分别切了 $2^x, 2^y$ 刀
所以数学期望为

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$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0} C_n^i (2^i +1)(2^{n−i} +1)$

这个公式很容易就可以得出来，但是在这里复杂度仍然很高 $O(n×log(n))$ ，所以还需要化简
可以先将括号打开

$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}[C_n^i (2^n +1)+C_n^i(2^{n−i} +2^i)]$

然后想到二项式定理

$C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n$

所以可以得到

$∑^n_{i=0}C_n^i=2^n$

$3^n=(2+1)^n=∑^n_{i=0}C_n^i2^i或者=∑^n_{i=0}C_n^i2^{n-i}$

根据上面两个公式，我们可以将原来的公式换成

$\frac{1}{2^n}×(2^n×(2^n+1)+2×3^n)$

所以最终的公式就是

$2^n+1+\frac{2×3^n}{2^n}$

AC Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int mod=998244353;
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void solve(){
    ll n;
    cin>>n;
    cout<<((quick_pow(2,n)+1)%mod +((2*quick_pow(3,n))%mod*quick_pow(quick_pow(2,n),mod-2))%mod)%mod<<endl;
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Set1

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Set1

题目大意

给你一个n（保证n为奇数），在{1,2,…,n}的集合S中，每次删除当前集合中最小的元素，再随机删掉1个元素
每个元素最后被留下来的概率

思路

推公式没什么好说的，看官方题解吧
在这里插入图片描述
算了，我也看不太懂官方的，写一下
前 $n/2$ 个元素肯定是0的，因为他们会被操作一（删除最小值）的操作删除，所以只需要判断后面的部分（ $n-i$ ）
后面 $n−i$ 个数与前面 $i−1$ 中的 $n−i$ 匹配对应删除就行。（在 $i−1$ 中选 $n−i$ 个数出来，再排列）也就是

$C^{i−1}_{n−i}∗A^{n−i}_{n−i} = \frac{(i−1)!}{(2i−n−1)!}$

然后前面剩下的 $(2i−n−1)$ 两两匹配，也就是

$\frac{(2i−n−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}}$

由于最小的约束,方案可能会有重复的，也就是（1,2）（3,4）和（3,4）（1,2）方案重复，所以需要去除 $(\frac{2i-n-1}{2})!$ ，最后的公式也就是

$\frac{(i−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!}$

最后概率即为本身的可能数除以总的方案数
注意一下PE，最后一个元素的末尾没有空格

AC Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=5e6 +9;
const ll mod=998244353;
int n;
ll ans;
ll jc[N], inv[N], a[N], invs[N];
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
// 打表阶乘和逆元
void init(){
	jc[0]=jc[1]=1;
	inv[0]=inv[1]=1;
	invs[0]=invs[1]=1;
	for(int i=2; i<N; i++){
		jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
		invs[i]=(mod-mod/i)*invs[mod%i]%mod;
		inv[i]=inv[i-1]*invs[i]%mod;
	}
	return ;
}
void solve(){
	ans=0;
	cin>>n;
	if(n==1)	{cout<<"1"<<endl; return ;}
	cout<<"0";
	for(int i=2; i<=n; i++){
		if(i<=n/2)	{cout<<" "<<"0"; continue;}
		a[i]=((jc[i-1]*quick_pow(inv[2], (2*i-n-1)/2)) %mod *inv[(2*i-n-1)/2]) %mod;
		ans=(ans+a[i])%mod;
	}
	ans=quick_pow(ans, mod-2);
	for(int i=n/2+1; i<=n; i++)	cout<<" "<<a[i]*ans%mod;
	cout<<endl;
	return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
	init();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

2020年杭电多校第五场题解Tetrahedron、Boring Game、Paperfolding、Set1

Tetrahedron（数学推导，逆元）

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思路

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}$

$(\frac{1}{1^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{2^2}\frac{1}{n}+......+\frac{1}{(n-1)^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\frac{1}{n})$

AC Code

Boring Game

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AC Code

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思路

官方题解：

$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0} C_n^i (2^i +1)(2^{n−i} +1)$

$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}[C_n^i (2^n +1)+C_n^i(2^{n−i} +2^i)]$

$C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n$

$∑^n_{i=0}C_n^i=2^n$

$3^n=(2+1)^n=∑^n_{i=0}C_n^i2^i或者=∑^n_{i=0}C_n^i2^{n-i}$

$\frac{1}{2^n}×(2^n×(2^n+1)+2×3^n)$

$2^n+1+\frac{2×3^n}{2^n}$

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Set1

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$C^{i−1}_{n−i}∗A^{n−i}_{n−i} = \frac{(i−1)!}{(2i−n−1)!}$

$\frac{(2i−n−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}}$

$\frac{(i−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!}$

AC Code

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1 h 2 = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 \frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} h21​=a21​+b21​+c21​

( 1 1 2 ∗ 1 n + 1 2 2 ∗ 1 n + . . . . . . + 1 ( n − 1 ) 2 ∗ 1 n + 1 n 2 ∗ 1 n ) (\frac{1}{1^2}*\frac{1}{n}+\frac{1}{2^2}*\frac{1}{n}+......+\frac{1}{(n-1)^2}*\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}*\frac{1}{n}) (121​∗n1​+221​∗n1​+......+(n−1)21​∗n1​+n21​∗n1​)

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官方题解：

1 2 n ∑ i = 0 n ​ C n i ( 2 i + 1 ) ( 2 n − i + 1 ) \frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}​ C_n^i (2^i +1)(2^{n−i} +1) 2n1​∑i=0n​​Cni​(2i+1)(2n−i+1)

1 2 n ∑ i = 0 n ​ [ C n i ( 2 n + 1 ) + C n i ( 2 n − i + 2 i ) ] \frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}​[C_n^i (2^n +1)+C_n^i(2^{n−i} +2^i)] 2n1​∑i=0n​​[Cni​(2n+1)+Cni​(2n−i+2i)]

C n 0 + C n 1 + C n 2 + . . . . . . + C n n − 1 + C n n C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n Cn0​+Cn1​+Cn2​+......+Cnn−1​+Cnn​

∑ i = 0 n C n i = 2 n ∑^n_{i=0}C_n^i=2^n ∑i=0n​Cni​=2n

3 n = ( 2 + 1 ) n = ∑ i = 0 n C n i 2 i 或 者 = ​ ∑ i = 0 n C n i 2 n − i 3^n=(2+1)^n=∑^n_{i=0}C_n^i2^i或者=​∑^n_{i=0}C_n^i2^{n-i} 3n=(2+1)n=∑i=0n​Cni​2i或者=​∑i=0n​Cni​2n−i

1 2 n × ( 2 n × ( 2 n + 1 ) + 2 × 3 n ) \frac{1}{2^n}×(2^n×(2^n+1)+2×3^n) 2n1​×(2n×(2n+1)+2×3n)

2 n + 1 + 2 × 3 n 2 n 2^n+1+\frac{2×3^n}{2^n} 2n+1+2n2×3n​

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思路

C n − i i − 1 ∗ A n − i n − i = ( i − 1 ) ! ( 2 i − n − 1 ) ! C^{i−1}_{n−i}∗A^{n−i}_{n−i} = \frac{(i−1)!}{(2i−n−1)!} Cn−ii−1​∗An−in−i​=(2i−n−1)!(i−1)!​

( 2 i − n − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 \frac{(2i−n−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}} (2!)22i−n−1​(2i−n−1)!​

( i − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 ∗ ( 2 i − n − 1 2 ) ! \frac{(i−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!} (2!)22i−n−1​∗(22i−n−1​)!(i−1)!​

AC Code

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$(\frac{1}{1^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{2^2}\frac{1}{n}+......+\frac{1}{(n-1)^2}\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\frac{1}{n})$

$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0} C_n^i (2^i +1)(2^{n−i} +1)$

$\frac{1}{2^n} ∑^n_{i=0}[C_n^i (2^n +1)+C_n^i(2^{n−i} +2^i)]$

$C_n^0+C_n^1+C_n^2+......+C_n^{n-1}+C_n^n$

$∑^n_{i=0}C_n^i=2^n$

$3^n=(2+1)^n=∑^n_{i=0}C_n^i2^i或者=∑^n_{i=0}C_n^i2^{n-i}$

$\frac{1}{2^n}×(2^n×(2^n+1)+2×3^n)$

$2^n+1+\frac{2×3^n}{2^n}$

$C^{i−1}_{n−i}∗A^{n−i}_{n−i} = \frac{(i−1)!}{(2i−n−1)!}$

$\frac{(2i−n−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}}$

$\frac{(i−1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!}$