A.生成字符串 (syoj.1761) 洛谷 

P6191 [USACO09FEB] Bulls And Cows S

首先单独统计只有 0 - 1 个 1 的答案；

另所求序列由 "1000" 这样的形式再加一个 1 构成，设当前统计的有 i 个 1，此时序列长度 j 为 (k + 1) * (i - 1) + 1。如果所需序列长度已经超过限制便跳出。

否则计算$$C^i_{n-j+(i-1)+1}$$

意为把每一段中 "1000" 这样的整体及最后的一个 1 先删掉，此时序列中剩下的是散的 0。然后把删掉的整体中形如 "000" 这样的整段 0 看做一个新的整体，共有 (i - 1) 个，一一加回来。所以只用在整段 0 和散 0 中将 1 找空插入。（此时就不用考虑那个 0 究竟是散的还是整段了，因为整段个数和 1 的个数相互限制，0 一视同仁，空位一定是能正好放开 1 的。）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 5000011;
int n, k;
ll ans = 1;
ll fac(ll x)
{
    ll tot = 1;
    for(int i = 2; i <= x; i ++ ) tot = tot * i % mod;
    return tot;
}
ll pmod(ll a, ll b)
{
    ll tot = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1) tot = (tot * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return tot;
}
ll C(ll x,ll y)
{
    if(x < y) return 0;
    return fac(x) * pmod(fac(y), mod - 2) % mod * pmod(fac(x - y), mod - 2) % mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    ans += n;
    for(int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        int j = (k + 1) * (i - 1) + 1;
        if(j > n) break;
        if(j == n)
        {
            ans = (ans + 1 + mod) % mod;
            break;
        }
        else ans = (ans + C(n - j + (i - 1) + 1, i) + mod) % mod;
    }
    printf("%lld", ans % mod);
}

B.农夫与牛 (syoj.1762) 

P1641 [SCOI2010] 生成字符串

不难看出是前两天上课刚讲的洛谷 P1641 生成字符串。

数形结合求出

$${{C_{n+m}^m - C_{n+m}^{n+1}}}$$/$${C_{n+m}^m} = {n-m+1}{n+1}$$

另外提醒涉及到计算小数的问题容易在精度上寄掉，因此最好把式子化到最简。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, n, m;
int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T -- )
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        if(m > n) puts("0.000000");
        else printf("%.6lf\n", (double)(n + 1 - m) / (n + 1));
    }
    return 0;
}

C.农夫与牛 (syoj.1763) 

P3223 [HNOI2012] 排队

正难则反，补集转换。

先不考虑 Farmer John 和他的死对头 Farmer N 的限制算出答案，然后把 FJ 和 Farmer N 相邻的情况减掉。（这里我偷换了概念，应该是 Farmer John 和他的死对头 Farmer Nhoj，但。）

那么不考虑限制，两个农夫和他们可爱的奶牛就没有区别了。所有方案应是奶牛们的排列顺序 * 公牛排列顺序 * （一共有 n + 3 空）挑空把公牛放进去：

$${A_{n+2}^{n+2}} \times {A_m^m} \times {C_{n+3}^m}$$

两个死对头碰在一起那就坏事了，两个农夫就是一头奶牛！方案为俩农夫的顺序 * 奶牛们的排列顺序 * （共 n + 2 个空）挑空把公牛放进去：

$${{A_2^2} \times {A_{n+1}^{n+1}} \times {A_m^m} \times {C_{n+2}^m}}$$

作差。本题需要高精度所以不放码了（

D.农夫与牛 （syoj.1764）

P2592 [ZJOI2008] 生日聚会

发现数据范围很小，可以用 dp。

状态难定，多设几维。可以用 f[a][b][c][d] 来表示，当前选了 a 头公牛， b 头母牛。当前前缀中公牛最多比母牛多 c 头，母牛最多比公牛多 d 头。然后每次枚举状态看是否能转移，确定这个位置放公牛还是母牛并更新答案。注意加一或减一时都要和 0 比一下大小因为可能会出现全是公牛这样的情况。最后枚举符合条件的差统计答案。

显然 f[0][0][0][0] 这样的选择肯定存在一个方案。所以记得初始化。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 12345678;
int ans;
int n, m, k;
int f[155][155][25][25];
int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    f[0][0][0][0] = 1;
    for(int i = 0; i <= n; i ++ )
        for(int j = 0; j <= m; j ++ )
            for(int x = 0; x <= k; x ++ )
                for(int y = 0; y <= k; y ++ )
                    if(f[i][j][x][y])
                    {
                        int t = f[i][j][x][y];
                        f[i + 1][j][x + 1][max(y - 1, 0)] = (f[i + 1][j][x + 1][max(y - 1, 0)] + t) % mod;
                        f[i][j + 1][max(x - 1, 0)][y + 1] = (f[i][j + 1][max(x - 1, 0)][y + 1] + t) % mod; 
                    }
    for(int i = 0; i <= k; i ++ ) for(int j = 0; j <= k; j ++ ) ans = (ans + f[n][m][i][j]) % mod;
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

最近有点忙啊。

感觉一切都在 up up。