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【NOIP 2024 T2】遗失的赋值

news 2025/9/22 7:18:25

【NOIP 2024 T2】遗失的赋值

NOIP 专栏：NOIP 2024 T2
算法竞赛：
题目链接：洛谷 P11362【NOIP2024】遗失的赋值

题目描述：
小 F 有 $n$ 个变量 $x1,x2,…,xnx_1, x_2, \ldots , x_n$ 。每个变量可以取 $1$ 至 $v$ 的整数取值。
小 F 在这 $n$ 个变量之间添加了 $n - 1$ 条二元限制，其中第 $i$ （ $\leq i \leq n - 1$ ）条限制为：若 $x_i = a_i$ ，则要求 $x_{i+1} = b_i$ ，且 $a_i$ 与 $b_i$ 为 $1$ 到 $v$ 之间的整数；当 $xi≠aix_i \neq a_i$ 时，第 $i$ 条限制对 $x_{i+1}$ 的值不做任何约束。除此之外，小 F 还添加了 $m$ 条一元限制，其中第 $j$ （ $\leq j \leq m$ ）条限制为： $x_{c_j} = d_j$ 。
小 F 记住了所有 $c_j$ 和 $d_j$ 的值，但把所有 $a_i$ 和 $b_i$ 的值都忘了。同时小 F 知道：存在给每一个变量赋值的方案同时满足所有这些限制。
现在小 F 想知道，有多少种 $a_i, b_i$ （ $\leq i \leq n - 1$ ）取值的组合，使得能够确保至少存在一种给每个变量 $x_i$ 赋值的方案可以同时满足所有限制。由于方案数可能很大，小 F 只需要你输出方案数对 $10^9 + 7$ 取模的结果。

输入格式：
（本题包含多组测试数据）
输入的第一行包含一个整数 $T$ ，表示测试数据的组数。
接下来包含 $T$ 组数据，每组数据的格式如下：
第一行包含三个整数 $n, m, v$ ，分别表示变量个数、一元限制个数和变量的取值上限。
接下来 $m$ 行，第 $j$ 行包含两个整数 $c_j, d_j$ ，描述一个一元限制。
输出格式：
对于每组测试数据输出一行，包含一个整数，表示方案数对 $10^9 + 7$ 取模的结果。

数据范围：

$\leq T \leq 10$ ，
$\leq n \leq 10^9$ ， $\leq m \leq 10^5$ ， $\leq v \leq 10^9$ ，
对于任意的 $j$ （ $\leq j \leq m$ ），都有 $\leq c_j \leq n$ ， $\leq d_j \leq v$ 。

题目大意

对于 $n$ 个变量 $xi,i∈[1,n]x_i,i\in [1,n]$ ，其取值范围为 ${y∣1≤y≤v,y∈Z}\{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\}$ ，变量的取值要满足 $n - 1$ 个二元限制和 $m$ 个一元限制，限制如下：

$ai,bi,i∈[1,n−1]a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 为二元限制参数，取值范围为 ${y∣1≤y≤v,y∈Z}\{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\}$ ，限制为：如果 $x_i=a_i$ 则要求 $x_{i+1}=b_i$ 。
$cj,dj,j∈[1,m]c_j,d_j,j\in [1,m]$ 为一元限制参数，取值范围为 ${y∣1≤y≤v,y∈Z}\{y | 1\le y\le v,y\in \mathbb{Z}\}$ ，限制为： $x_{c_j}=d_j$ 。

现在已知 $m$ 组一元限制的参数 $c_j,d_j$ ，对于参数 $ai,bi,i∈[1,n−1]a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 取值的组合，使得至少存在一种给每个变量 $x_i$ 赋值的方案满足所有限制，求出组合的方案数，并且对 $10^9+7$ 取模。

题目分析

根据题目所述，容易知道：

如果一元限制之间有冲突，则方案数为 $0$ ，即当 $i≠ji\ne j$ 时，若存在 $c_i=c_j$ ，而 $di≠djd_i\ne d_j$ ，则方案数为 $an s = 0$ 。
对于一对连续的变量 $x_i,x_{i+1}$ ，如果两者均没有一元限制，那么 $a_i,b_i$ 的取值组合方案数为 $v^2$ ，进而对于一个长度为 $n$ 且没有一元限制的变量 $xi,i∈[1,n]x_i,i\in [1,n]$ 序列，由乘法原理可知，参数 $ai,bi,i∈[1,n−1]a_i,b_i,i\in [1,n-1]$ 满足要求的组合方案数为 $ans=v^{2(n-1)}$ 。
对于一个长度为 $n$ 且仅左端点有一元限制的变量 $xi,i∈[1,n]x_i,i\in [1,n]$ 序列，其方案数也为 $ans=v^{2(n-1)}$ ，因为左端点有一元限制，就相当于确定左端点变量的值，而二元限制是对于前一个数满足条件则限制后一个数，所以仅左端点存在一元限制并无实际作用意义。
对于一个长度为 $n$ 且仅右端点有一元限制的变量 $xi,i∈[1,n]x_i,i\in [1,n]$ 序列，其方案数也为 $ans=v^{2(n-1)}$ ，与仅左端点存在一元限制情况同理，可以从右向左来确定二元限制，这样就相当于仅左端点存在一元限制。

题目思路

$WayofThinking\large \textit{\textbf {Way of Thinking}}$

对于一个长度为 $n$ 且仅左右端点有一元限制的变量 $xi,x2,x3,⋯,xn−2,xn−1,xnx_i,x_2,x_3,\cdots,x_{n-2},x_{n-1},x_n$ 序列，存在 $k$ 个二元限制（ $k = n - 1$ ），设其方案数为 $f (k)$ 。

对于 $x_1,x_2$ 之间的二元限制 $a_1,b_1)$ 如果使 $a_1=x_1$ ，则要 $x_2=b_2$ ，此时 $a_1$
存在一种方案，而 $b_1$ 有 $v$ 种方案，故第一对二元限制 $a_1,b_1)$ 有 $v$ 种方案，这时相当于给 $x_2$
添加了一元限制，故序列的方案数为 $v×f(k−1)v\times f(k-1)$ 。
如果使 $a1≠x1a_1\ne x_1$ ，这样 $a_1$ 存在 $v - 1$ 种方案， $b_1$ 有 $v$ 种方案，故第一对二元限制 $a_1,b_1)$ 有 $v×(v−1)v\times (v-1)$ 种方案，这时对于 $i≥2i\ge 2$ 的 $x_i$ 序列相当于变成了一个仅右端点存在一元限制的变量序列 $x2,x3,⋯,xn−2,xn−1,xnx_2,x_3,\cdots,x_{n-2},x_{n-1},x_n$ ，对于这个序列方案数有 $v^{2(k-1)}$ 种，故这种情况的方案数为 $v×(v−1)×v2(k−1)v\times (v-1)\times v^{2(k-1)}$ ，即 $v^{2k}-v^{2k-1}$ 。

特殊的，对于 $k$ 取值的边界，当 $k = 1$ 时， $f(x)=v×(v−1)+1=v2−v+1f(x)=v\times (v-1)+1=v^2-v+1$ 。

综上所述， $f(k)=v2k−v2k−1+v×f(k−1)f(k)=v^{2k}-v^{2k-1}+v\times f(k-1)$ 。这样就有了一个方案数的递推式，然而如果递推地求解时间复杂度有些高，那么试一试能否将 $f (k)$ 变成一个关于 $k$ 的一个函数（ $v$ 作为常量）。

将 $f (k)$ 展开：

$f(k)=v2k−v2k−1+v×f(k−1)=v2k−v2k−1+v×(v2x−2−v2x−3+v×f(k−2))=v2k−v2k−1+v2x−1−v2x−2+v2×f(k−2)=v2k−v2x−2+v2×f(k−2)=v2k−v2k−2+v2×(v2x−4−v2x−5+v×f(k−3))=v2k−v2k−2+v2x−2−v2x−3+v3×f(k−3)=v2k−v2x−3+v3×f(k−3)=⋯⋯\begin{align} f(k) & = v^{2k}-v^{2k-1}+v\times f(k-1) \\ & = v^{2k}-v^{2k-1}+v\times (v^{2x-2}-v^{2x-3}+v\times f(k-2)) \\ & = v^{2k}-v^{2k-1}+v^{2x-1}-v^{2x-2}+v^2\times f(k-2) \\ & = v^{2k}-v^{2x-2}+v^2\times f(k-2) \\ & = v^{2k}-v^{2k-2}+v^2\times (v^{2x-4}-v^{2x-5}+v\times f(k-3)) \\ & = v^{2k}-v^{2k-2}+v^{2x-2}-v^{2x-3}+v^3\times f(k-3) \\ & = v^{2k}-v^{2x-3}+v^3\times f(k-3) \\ & = \cdots \hspace{0mm} \cdots \\ \end{align}$

由 $l in e (4), l in e (7)$ 行可以得出 $f (k)$ 与 $f (k - t)$ 的关系：

$f(k)=v2k−v2k−t+vt×f(k−t)f(k)=v^{2k}-v^{2k-t}+v^t\times f(k-t)$

为消去 $t$ ，将 $t = k - 1$ 代入得：

$f(k)=v2k−v2k−t+vt×f(k−t)=v2k−v2k−(k−1)+vk−1×f(k−(k−1))=v2k−vk+1+vk−1×f(1)=v2k−vk+1+vk−1×(v2−v+1)=v2k−vk+1+vk+1−vk+vk−1=v2k−vk+vk−1\begin{align} f(k) & = v^{2k}-v^{2k-t}+v^t\times f(k-t) \\ & = v^{2k}-v^{2k-(k-1)}+v^{k-1}\times f(k-(k-1)) \\ & = v^{2k}-v^{k+1}+v^{k-1}\times f(1) \\ & = v^{2k}-v^{k+1}+v^{k-1}\times (v^2-v+1) \\ & = v^{2k}-v^{k+1}+v^{k+1}-v^k+v^{k-1} \\ & = v^{2k}-v^k+v^{k-1} \\ \end{align}$

故得知：

$f(k)=v^{2k}-v^k+v^{k-1}$

题目做法

$SpecificSolution\large \textit{\textbf {Specific Solution}}$

对于每组测试数据：

读入并存储 $m$ 个一元限制，判断一元限制之间是否冲突（若冲突则输出 $0$ 并进行下一轮数据）；
将一元限制按 $ci,i∈[1,m]c_i,i\in [1,m]$ 升序排序并去重，得到 $ci,i∈[1,m′]c_i,i\in [1,m']$ ；
计算变量序列 $x[1∼c1]x[1\sim c_1]$ 的方案数 $v^{2(c_1-1)}$ 和 $x[cm′∼n]x[c_{m'}\sim n]$ 的方案数 $v^{2(n-c_{m'})}$ ，根据乘法原理将两者相乘得到 $an s$ ；
遍历序列 $c[1∼m′]c[1\sim m']$ ，对于每个 $ci,i∈[1,m′−1]c_i,i\in [1,m'-1]$ ，使 $ans=ans×f(ci+1−ci)ans=ans\times f(c_{i+1}-c_i)$ ，得到最终方案数 $an s$ 。

注意：

在公式 $f(k)=v^{2k}-v^k+v^{k-1}$ 中存在含有模运算的减法，在取模之前需要加上模数（这很重要）。
计算 $v^k$ 时应使用快速幂来求解以保证时间效率和取模正确性。
可以使用 $ma p$ 容器来存储 $c_i,d_i$ ，使用 $ma p$ 同时不必在排序与去重，且判断冲突和顺序便利也能很方便的实现，但是对于每组测试数据要记得清空容器（建议在每组程序开始时清空，这样不容易遗漏情况；也可以在每组程序开始前创建容器，这样便不需要清空容器）。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long LL;
map<int,int>mp;
int pows(int a,int k)
{LL ans=1;for (; k; k>>=1,a=(LL)a*a%mod)if (k&1) ans=(LL)ans*a%mod;return ans;
}
int main()
{int t,fl;scanf("%d",&t);while (t--){fl=0;int n,m,v;LL ans=1;scanf("%d%d%d",&n,&m,&v);for (int i=0; i<m; i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);if (mp[x]&&mp[x]!=y) fl=1;mp[x]=y;}if (fl){puts("0");mp.clear();continue;}auto last=mp.begin();ans=pows(v,last->first-1<<1);for (auto it=mp.begin(); it!=mp.end(); it++){if (it==last) continue;int l=last->first,r=it->first;int num=((pows(v,r-l<<1)-pows(v,r-l)+mod)%mod+pows(v,r-l-1))%mod;ans=ans*num%mod;last=it;}ans=ans*pows(v,n-last->first<<1)%mod;printf("%lld\n",ans);mp.clear();}return 0;
}