/* 这是什么题... */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #define N 100007 #define ll long long using namespace std; ll n,m,cnt; ll a[N],b[N]; inline ll read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } inline int cmp(ll x,ll y) { return x>y; } int main() { freopen("stone.in","r",stdin); freopen("stone.out","w",stdout); int T,res;T=read(); while(T--) { ll ans=0; n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(); sort(a+1,a+n+1,cmp); sort(b+1,b+m+1); for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]<b[i]) break; if(i>m) break; ans+=a[i]-b[i]; } cout<<ans<<endl; } fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* 因为二进制的每一位是互相独立的，只需要算出m*n的矩阵或起来是1的方案数 最后算k次方 容斥原理 总情况2^(n*m) 由于“i-1行j列”和“i行j-1列”的重复计算 使得“i行j列”的情况多减了，需要与上述运算的符号相反 即：i,j组合的符号是根据上面的计算推出来的 res:仅考虑i行j列中没有1的情况总数 C(n,i)*C(m,j)是把行列选出来 Pow(2^(n*m-i*m-j*n+i*j))是说:剩下的格子随意，当前仅考虑选出的i行j列中没有1 */ #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 #define ll long long #define mod 1000000007 using namespace std; long long a[55]; void pre() { a[0]=1; for(int i=1; i<=50; i++) a[i]=a[i-1]*i%mod; } inline void putout(long long x) { char c[15]; int k=0; if(x<0) putchar('-'),x=-x; do { c[++k]=x%10+48; x/=10; } while(x); while(k) putchar(c[k--]); } inline long long ksm(long long now,int k) { long long mul=now; long long ret=1LL; while(k) { if(k%2) { ret=ret*mul%mod; } mul=mul*mul%mod; k>>=1; } return ret; } long long C(int n,int m) { ll ret=1LL*(a[n]*ksm(a[m],mod-2)%mod)* ksm(a[n-m],mod-2)%mod; return ret; } int main() { freopen("code.in","r",stdin); freopen("code.out","w",stdout); int T; pre(); scanf("%d",&T); while(T--) { int n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); long long ans=0; for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<=m; j++) { int plus=((i+j)%2) ? -1:1; long long fast=ksm(2,n*m-i*m-j*n+i*j); long long res=(1LL*C(n,i)*C(m,j)%mod)*fast%mod; ans=(ans+res*plus)%mod; } ans=(ans+mod)%mod; ans=ksm(ans,k); printf("%I64d ",ans); } return 0; }
/* 环有四种存在情况 1.三条边已知 2.两条边已知 3.一条边已知 4.没有边已知 1.首先考虑三条边已知 对于每个点，记录出度，并把每个点连着的点用vector存储，按照点的编号大小排序 从一个点x出发，沿着一条边走到另一个点y，由此先确定两个点x,y 设置俩指针，同时扫它们连着的点，扫到相同的，ans+1 此过程需要做两个标记， 一个在点上，用于避免2.中点x连出的俩点直接相连的情况 一个在边上，用于计算3.中与一条边的两端点x y都不相连的点的个数 考虑贡献： 如果三边各不相同，ans++; 如果有相同的边，没有贡献。 2.考虑两条边已知 一个点连出的边按照帮(yan)派(se)编号排序 对于每个点x，记录出度(假设为n)，则环的数量：C(n,2)-(x连出的俩点之间直接相连) 此处需要一个标记，在1.步骤中找到三元环时需要在起点x标记从x连出的点直接相连的情况 考虑贡献： 排序后的边，会呈几段分布，每段中都是颜色相同的，如果一个点连出的俩边颜色相同，那这仨点围成的环就不会产生贡献，用组合数求出不会贡献的情况个数，就可以计算出能产生贡献的情况数，每个能产生贡献的环的贡献都是(m-2) 3.考虑一条边已知 从一个点x出发，到另一个点y,需要找到这样一个点：既不与x相连，也不与y相连 可以通过在步骤1.中做标记实现 考虑贡献： 每个环的贡献：(m-1)*(m-2) 4.没有边已知 那么环的个数可以根据上面的个数直接算出来 每个环对答案的贡献：m*(m-1)*(m-2) 哦漏了 还需要考虑一种情况，在两条边已知的情况下，如果连出的两条边颜色相同， 并且会有第三边将炼出的两个节点连接，那么我们容斥的时候还会多算他一次，还要再次考虑回去。 方法是在找三元环的时候，假如其中两条边相等，那么将这两条边的公共节点打一次标记。 */ #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <vector> #include <algorithm> using std::vector; typedef unsigned int uint; const int EDGE_SIZE = 524288; const int POINT_SIZE = 131072; struct edge_list { int point, color; uint tri; edge_list(); edge_list(int, int); bool operator < (const edge_list & ) const; }; struct edge_tuple { int u, v, color; void get(); }; int getint(); uint comb_2(int); // equal to C(n, 2) uint comb_3(int); // equal to C(n, 3) void add_edge(int, int, int); void init(int); bool cmp_color(const edge_list & , const edge_list & ); edge_tuple a[EDGE_SIZE]; vector<edge_list> e[POINT_SIZE]; vector<std::pair<int, int> > common; int deg[POINT_SIZE]; uint tri[POINT_SIZE]; uint tri0[POINT_SIZE]; int main() { freopen("triangle.in", "r", stdin); freopen("triangle.out", "w", stdout); uint T, n, m, p; uint ans; for (T = getint(); T; T--) { n = getint(), m = getint(), p = getint(); uint tmp = m * (m - 1) * (m - 2); init(n); for (int i = 0; i < p; i++) { a[i].get(); deg[a[i].u]++; deg[a[i].v]++; } for (int i = 0; i < p; i++) if (deg[a[i].u] < deg[a[i].v]) add_edge(a[i].u, a[i].v, a[i].color); else add_edge(a[i].v, a[i].u, a[i].color); for (int i = 1; i <= n; i++) std::sort(e[i].begin(), e[i].end()); ans = comb_3(n) * tmp; //type3 for (int u = 1; u <= n; u++) for (int i = 0; i < e[u].size(); i++) { int v = e[u][i].point; int j = 0, k = 0; common.clear(); while (j < e[u].size() && k < e[v].size()) { for ( ; j < e[u].size() && e[u][j].point < e[v][k].point; j++); if (j >= e[u].size()) break; for ( ; k < e[v].size() && e[v][k].point < e[u][j].point; k++); if (k >= e[v].size()) break; if (e[u][j].point == e[v][k].point) common.push_back(std::make_pair(j, k)), j++, k++; } for (int j = 0; j < common.size(); j++) { int w = e[u][common[j].first].point; int c1, c2, c3; e[u][i].tri++; e[u][common[j].first].tri++; e[v][common[j].second].tri++; c1 = e[u][i].color; c2 = e[u][common[j].first].color; c3 = e[v][common[j].second].color; tri[u]++, tri[v]++, tri[w]++; if (c1 != c2 && c2 != c3 && c3 != c1) ans -= tmp - 1; else { ans -= tmp; if (c1 == c2) tri0[u]++; if (c1 == c3) tri0[v]++; if (c2 == c3) tri0[w]++; } } } //type1 for (int u = 1; u <= n; u++) for (int i = 0; i < e[u].size(); i++) { int v = e[u][i].point; uint cnt = n - deg[u] - deg[v] + e[u][i].tri; ans -= cnt * (tmp - (m - 1) * (m - 2)); } //type2 for (int i = 0; i < p; i++) if (deg[a[i].u] >= deg[a[i].v]) add_edge(a[i].u, a[i].v, a[i].color); else add_edge(a[i].v, a[i].u, a[i].color); for (int i = 1; i <= n; i++) { std::sort(e[i].begin(), e[i].end(), cmp_color); uint cnt = comb_2(deg[i]) - tri[i]; ans -= cnt * (tmp - (m - 2)); cnt = 1; for (int j = 1; j < e[i].size(); j++) if (e[i][j].color == e[i][j - 1].color) cnt++; else { ans -= comb_2(cnt) * (m - 2); cnt = 1; } ans -= comb_2(cnt) * (m - 2); ans += tri0[i] * (m - 2); } if (m < 3) ans = 0; printf("%u ", ans); } return 0; } edge_list::edge_list(int _point, int _color) { point = _point; color = _color; tri = 0; } bool edge_list::operator < (const edge_list & other) const { return point < other.point; } void edge_tuple::get() { u = getint();v = getint(); color = getint(); } int getint() { int num = 0; char ch; do ch = getchar(); while (ch < '0' || ch > '9'); do num = num * 10 + ch - '0', ch = getchar(); while (ch >= '0' && ch <= '9'); return num; } uint comb_2(int n) { uint f = 1; if (n < 2) return 0; if (n & 1) f = n - 1 1, f *= n; else f = n 1, f *= n - 1; return f; } uint comb_3(int n) { uint f = 1, a = n, b = n - 1, c = n - 2; if (n < 3) return 0; if (a % 3 == 0) a /= 3; else if (b % 3 == 0) b /= 3; else c /= 3; if (a & 1) b = 1; else a = 1; f = a * b * c; return f; } void add_edge(int u, int v, int color) { e[u].push_back(edge_list(v, color)); } void init(int n) { for (int i = 1; i <= n; i++) e[i].clear(); memset(tri, 0, sizeof(tri)); memset(tri0, 0, sizeof(tri0)); memset(deg, 0, sizeof(deg)); } bool cmp_color(const edge_list & a, const edge_list & b) { return a.color < b.color; }