n个点的完全图,每个点的点权是在m位的二进制数中随机选取的.每条边的边权是两个点的点权的异或值. 问最小生成树的边权和的期望.模一个质数输出.
怎样少挂题?提高1A率.怎样提高1A率?少挂题.
首先只有\(2^nm\)种情况,我们可以算出所有的最小生成树的权值之和再除以总的方案数.
对于某种点权确定的图,我们要最小化边权之和,首先可以考虑最小化最高位是1的边数. 如果所有点的最高位都是1或0,那么不会有最高位是1的边. 否则,我们总能做到只有一条边最高位是1. 可以先在最高位是1的所有点之间连边形成一个连通块,再在最高位是0的所有点之间连边形成一个连通块.然后在两个连通块之间连一条边. 按照这个思路可以定义solve(n,m)求出n个点,权值m位的所有的图的MST权值之和. 最高位全都相同的情况,直接递归到solve(n,m-1) 最高位不同的情况,分成两个连通块,枚举连通块大小i和(n-i),分别递归到solve(i,m-1)和solve(n-i,m-1) 此时还要考虑两个连通块之间连的边的边权的较低m-1位. 这个边权相当于一个连通块有i个随机的m-1位二进制数,另一个连通块有n-i个随机的m-1位二进制数,各选出一个使得异或值最小. 于是还要再定义一个DP求出所有方案中这个最小的异或值之和. 然后我写得复杂度比较高,只能打表...把比较暴力过不了的代码放上来.
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int mod=258280327; int C[55][55]; int qpow(int a,int x){ int ans=1; for(;x;x>>=1,a=a*1ll*a%mod){ if(x&1)ans=ans*1ll*a%mod; } return ans; } struct calc{ int a[256],sz; int& operator [](int x){return a[x];} calc(){} calc(int x){ sz=x;for(int i=0;i<sz;++i)a[i]=0; } int res(){ int ans=0; for(int i=0;i<sz;++i){ ans=(ans+a[i]*1ll*i%mod)%mod; } return ans; } }F[55][55][8]; bool vis[55][55][8]; calc solve2(int n1,int n2,int m){ if(vis[n1][n2][m])return F[n1][n2][m]; calc& tmp=F[n1][n2][m];tmp=calc(1<<m); if(m==1){ tmp[1]=2;tmp[0]=(qpow(2,(n1+n2))+mod-2)%mod; return tmp; } vis[n1][n2][m]=true; calc tmp1(1<<m),tmp2(1<<m); tmp1=solve2(n1,n2,m-1); for(int i=0;i<tmp1.sz;++i){ tmp[i]=(tmp[i]+tmp1[i]*2%mod)%mod; tmp[tmp1.sz+i]=(tmp[tmp1.sz+i]+tmp1[i]*2%mod)%mod; } for(int i=1;i<n1;++i){ tmp1=solve2(i,n2,m-1); for(int j=0;j<tmp1.sz;++j){ tmp[j]=(tmp[j]+tmp1[j]*1ll*C[n1][i]%mod*2%mod*qpow(2,(n1-i)*(m-1))%mod)%mod; } } for(int i=1;i<n2;++i){ tmp1=solve2(n1,i,m-1); for(int j=0;j<tmp1.sz;++j){ tmp[j]=(tmp[j]+tmp1[j]*1ll*C[n2][i]%mod*2%mod*qpow(2,(n2-i)*(m-1))%mod)%mod; } } for(int i=1;i<n1;++i){ for(int j=1;j<n2;++j){ tmp1=solve2(i,j,m-1);tmp2=solve2(n1-i,n2-j,m-1); for(int k1=0;k1<tmp1.sz;++k1){ for(int k2=0;k2<tmp1.sz;++k2){ tmp[min(k1,k2)]=(tmp[min(k1,k2)]+tmp1[k1]*1ll*tmp2[k2]%mod*C[n1][i]%mod*C[n2][j])%mod; } } } } // printf("%d %d %d\n",n1,n2,m); // for(int i=0;i<(1<<m);++i)printf("%d ",tmp[i]);printf("\n"); return tmp; } int SOLVE2(int n1,int n2,int m){ if(vis[n1][n2][m])return F[n1][n2][m].res(); else solve2(n1,n2,m); return F[n1][n2][m].res(); } bool used[55][55];int f[55][55]; int solve(int n,int m){ if(used[n][m])return f[n][m]; if(n==1){ used[n][m]=true;return f[n][m]=0; } if(m==1){ used[n][m]=true; return f[n][m]=(qpow(2,n)-2+mod)%mod; } used[n][m]=true; int &ans=f[n][m]; ans=2ll*solve(n,m-1); for(int i=1;i<n;++i){ ans=(ans+C[n][i]*1ll*(qpow(2,(n-i)*(m-1))*1ll*solve(i,m-1)%mod+qpow(2,i*(m-1))*1ll*solve(n-i,m-1)%mod+qpow(2,n*(m-1))*1ll*(1<<m-1)%mod+SOLVE2(i,n-i,m-1))%mod)%mod; } return ans; } int main(){ C[0][0]=1; for(int i=1;i<55;++i){ C[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;++j){ C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; } } int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); printf("%lld\n",qpow(qpow(2,n*m),mod-2)*1ll*solve(n,m)%mod); return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/liu-runda/p/6915991.html
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