T1：CF1228E Another Filling the Grid

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反过来思考，用所有方案数➖不合法方案数
很容易想到的是——容斥！！
首先只考虑行数
减去至少一行没有111的方案数，加上至少两行没有111的方案数…
得出以下柿子
∑i=0n(−1)i×Cni×(k−1)i×n×kn2−i×n\sum_{i=0}^n(-1)^i\times C_n^i\times (k-1)^{i\times n}\times k^{n^2-i\times n}i=0∑n(−1)i×Cni×(k−1)i×n×kn2−i×n
（枚举iii行不含111，那么这iii行共i×ni\times ni×n个格子，除了111不能填，只有k−1k-1k−1个数可以填，剩下的n2−i×nn^2-i\times nn2−i×n格子kkk个数都可以填）
再加上列的限制
∑i=0n∑j=0n(−1)i+j×Cni×Cnj×(k−1)i×n+j×n−i×j×kn2−(i×n+j×n−i×j)\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n(-1)^{i+j}\times C_n^i\times C_n^j\times (k-1)^{i\times n+j\times n-i\times j}\times k^{n^2-(i\times n+j\times n-i\times j)}i=0∑nj=0∑n(−1)i+j×Cni×Cnj×(k−1)i×n+j×n−i×j×kn2−(i×n+j×n−i×j)
（iii行与jjj列包含的格子数=i\ =\ i = i行包含的格子数i×n+ji\times n\ +\ ji×n + j列包含的格子数−i,j\ -\ i,j − i,j共同包含的格子数i×ji\times ji×j）

到这里，O(n2)O(n^2)O(n2)已经可以悠闲地过这道题了，但是我们要没事找事吃饱了撑的热爱学习，深度挖掘，万一nnn一下子猛加到1e5,1e61e5,1e61e5,1e6级别呢？？
换言之，我们是否还能再找到一个O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的优秀算法呢？？

答案当然是ofcourse,whynotof\ course,why\ notof course,why not

来化一下上面的优美柿子

(k−1)i×n+j×n−i×j×kn2−(i×n+j×n−i×j)(k-1)^{i\times n+j\times n-i\times j}\times k^{n^2-(i\times n+j\times n-i\times j)}(k−1)i×n+j×n−i×j×kn2−(i×n+j×n−i×j)
=(k−1)i×(n−j)×(k−1)j×n×k(n−i)(n−j)=(k-1)^{i\times (n-j)}\times (k-1)^{j\times n}\times k^{(n-i)(n-j)}=(k−1)i×(n−j)×(k−1)j×n×k(n−i)(n−j)
=[(k−1)i](n−j)×[(k−1)n]j×(kn−i)n−j=[(k-1)^i]^{(n-j)}\times [(k-1)^n]^j\times (k^{n-i})^{n-j}=[(k−1)i](n−j)×[(k−1)n]j×(kn−i)n−j
=[(k−1)i×kn−i]n−j×[(k−1)n]j=[(k-1)^i\times k^{n-i}]^{n-j}\times [(k-1)^n]^j=[(k−1)i×kn−i]n−j×[(k−1)n]j
到这里就非常明显了，让我们换个硬元更加明显
令x=(k−1)i×kn−i,y=(k−1)nx=(k-1)^i\times k^{n-i},y=(k-1)^nx=(k−1)i×kn−i,y=(k−1)n
则上述柿子可变为xn−j×yjx^{n-j}\times y^jxn−j×yj
太像我们的二项式小可爱了，但是不要不穿裤子就不跑，还少了点什么，我们需要把前面的
(−1)j×Cnj(-1)^j\times C_n^j(−1)j×Cnj提过来才行
(−1)j×Cnj×xn−j×yj=(x−y)n(-1)^j\times C_n^j\times x^{n-j}\times y^j=(x-y)^n(−1)j×Cnj×xn−j×yj=(x−y)n
于是答案柿子就可以剔除jjj，只剩下与iii有关的柿子了
∑i=0n(−1)i×Cni×[(k−1)i×kn−i+(k−1)n]n\sum_{i=0}^n(-1)^i\times C_n^i\times [(k-1)^i\times k^{n-i}+(k-1)^n]^ni=0∑n(−1)i×Cni×[(k−1)i×kn−i+(k−1)n]n
次方就找快速幂qkpowqkpowqkpow老火鸡完成，时间复杂度就成功降为O(nlong)O(nlong)O(nlong)
当然kkk的幂次可以提前预处理，这样可以少跑几次快速幂，优化可能有个芝麻大点

code

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 300
int n, k;
int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;int ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ ) {if( i & 1 )ans = ( ans - C( n, i ) * qkpow( ( qkpow( k - 1, i ) * qkpow( k, n - i ) % mod - qkpow( k - 1, n ) + mod ) % mod, n ) % mod + mod ) % mod;elseans = ( ans + C( n, i ) * qkpow( ( qkpow( k - 1, i ) * qkpow( k, n - i ) % mod - qkpow( k - 1, n ) + mod ) % mod, n ) % mod ) % mod;}  printf( "%lld", ans );return 0;
}

T2：CF936C Lock Puzzle

戳一戳

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一般这种限制多少次以内就算成功的题目肯定是个构造题！！
观察数据范围n≤2000n\le 2000n≤2000，操作次数≤6100\le 6100≤6100
大胆猜想应该让我们用3×n3\times n3×n的操作左右完成构造
即对于每一个字符最多只用333步就让ta锁定在我们想要ta在的位置

直接说正解吧
假设现在的sss串长下列样子

AxBCA\ x\ B\ CA x B C

A,B,CA,B,CA,B,C均为一个字符子串，CCC稍特殊一点，既是sss串的后缀，同时要为ttt串的前缀，且最长
当然三个串可以为空
xxx为我们想移动的字符

现在目标是将xxx移动到CCC后面一个，即CxCxCx构成一个新的ttt的前缀

操作①：shiftlen(BC)shift\ len(BC)shift len(BC)
原串变为 C′B′AxC'\ B'\ A\ xC′ B′ A x

操作②：shiftlen(1)shift\ len(1)shift len(1)
继续变为 xC′B′Ax\ C'\ B'\ Ax C′ B′ A

操作③：shiftlen(n−1)shift\ len(n-1)shift len(n−1)
成为 A′BCxA'\ B\ C\ xA′ B C x

我们只关心CxCxCx是否一起出现在最后面，前面的AAA是否颠倒，不在乎滴

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 2005
int n, tot;
char s[maxn], t[maxn];
int tot_s[maxn], tot_t[maxn], ans[maxn << 2];int main() {scanf( "%d %s %s", &n, s + 1, t + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )tot_s[s[i]] ++, tot_t[t[i]] ++;for( int i = 'a';i <= 'z';i ++ )if( tot_s[i] != tot_t[i] ) return ! printf( "-1\n" );int cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( s[i] == t[1] ) {bool flag = 1;for( int j = i;j <= n;j ++ )if( s[j] != t[j - i + 1] ) {flag = 0;break;}if( flag ) {cnt = n - i + 1;break;}}while( 1 ) {bool flag = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( s[i] != t[i] ) {flag = 0;break;}if( flag ) break;int pos;for( int i = 1;i <= n - cnt;i ++ )if( s[i] == t[cnt + 1] ) {pos = i;break;}ans[++ tot] = n - pos;ans[++ tot] = 1;ans[++ tot] = n - 1;if( pos > 1 ) reverse( s + 1, s + pos );char temp = s[pos];for( int i = pos;i < n;i ++ )s[i] = s[i + 1]; s[n] = temp;cnt ++;}printf( "%d\n", tot );for( int i = 1;i <= tot;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );return 0;
}

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[杂题训练]CF1228E Another Filling the Grid（容斥），CF936C Lock Puzzle（构造）

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