计数与期望概率

Bracket Insertion

大概就是对最后的括号序列dp，算一下概率，用前缀和优化一下，没了？

A Random Code Problem

首先显然对于\(V=LCM(1,2,\dots,n)\)，可以将每个\(A\)分解成\(aV+b\)的形式，则\(a\)一定不会被改变，可以先算出期望然后剩下\(b\)。

然后设\(f_{i,j}\)表示\(i\)次操作剩\(j\)的期望值，然后再把上面的\(b\)算出答案就好了。

注意到\(17\)是不用算入\(V\)中的，所以复杂度\(O(720720k)\)。

Research Rover

不会容斥（迫真

显然有用的经过障碍点个数只有\(\log S\)个剩下的全是\(1\)。那么就设\(f_{i,j}\)表示到了第\(i\)个点，经过\(j\)个障碍点的方案数。

发现不是很好dp，那就设\(f_{i,j}\)表示到了\(i\)点，至少经过\(j\)个障碍点的方案数，这个东西可以一边做一边差分，也可以最后二项式反演，做到\(O(k^2\log S)\)。

ClosestRabbit

诈骗题。

这个图只会有二元环，而且显然每个联通块一个。

则枚举二元环的两个点算贡献即可。注意精度。

Yes or No

首先发现我猜什么和这个点答案出什么是独立的，也就是说状态应该形如\(f(n,m)=pf(n-1,m)+(1-p)f(n,m-1)+c\)。

发现在一个点出YES个概率是\(\frac{n}{n+m}\)，出NO的概率是\(\frac{m}{n+m}\)，那么肯定猜大的，则概率为\(\frac{\max(n,m)}{n+m}\)。

直接这样算不是很好算，首先如果碰到对角线可以看作弹回来，则至少会猜对\(\max(n,m)\)个，考虑怎么样会多，发现只有在对角线上会乱猜，这时候有\(\frac{1}{2}\)的期望，则枚举对角线上的点算贡献即可。

~K Perm Counting

显然先按\(\bmod k\)分，成为若干条链，然后考虑一条链的情况，最后背包合并。

考虑容斥，设\(f_{i,j，0/1}\)表示到了第\(i\)个点，有至少\(j\)个位置不满足，前一个数有没有选的方案数，转移显然，可以做到\(O(n^2)\)。

但是\(O(n\log n)\)让我大为震撼。

考虑不用dp做一条链，实际上可以将这条链的值域和位置拆开，然后连边得到两条独立的链，每条链上选若干个连续的两个点，并且不交。选\(i\)个的方案显然是\({len-i\choose i}\)，则这条链的答案平方即可。

合并发现只有两种本质不同的向量因此可以多项式快速幂，但是实际上不用因为全部乘起来也不用\(\bmod x^n\)，则可以DFT之后直接快速幂算即可。

Jigsaw Puzzle

非常讨厌这种题，非常不优美。

判定性显然考虑dp套dp，内层dp对于每个往后是否延申状压起来判断是否可行，但是发现每一列有\(2^{64}\)种状态，非常不行。

事实上如果相邻的两列都向后延申，这个一定比合并成一个竖的，然后后面要么成竖的，要么延申要劣。然后状态数就变成\(2^{21}\)个。

但是如果直接上转移还要乘\(2^6\)还有个\(m\)也不太行，然后你爆搜一下发现只有\(60\)个状态有用（

所以可以直接dp，复杂度大概是\(O(\omega m2^n)\)，其中\(\omega\)可以看作\(60\)。

Merge Triplets

感觉上这个最终的序列应该具有某些单调性，但是也不尽然，可能出现\(3,2,1\)这种情况，要满足这三个在同一组。

又发现如果\(a>b\)，且\(a,b\)在同一组，\(a\)在\(b\)前面，则\(a\)选了之后一定会接着选\(b\)。

所以一个三个的连续段可以断成三个\(1\)，或者一个\(2\)一个\(1\)，或者一个\(3\)，满足段内下降，则最后的序列就是按照第一个数排序。

考虑直接对这个东西计数，设三种段数分别为\(c_1,c_2,c_3\)，则有\(c_1+2c_2+3c_3=n\)，并且因为一个\(2\)是被一个\(1\)断出来的，因此有\(c_1>c_2\)。将\(3n\)个数放进去的方案数是\(\frac{(3n)!}{2^{c_2}3^{c_3}}\)，又因为排了序所以还要除\(c_1!c_2!c_3!\)，就可以\(O(n^2)\)计数了。

Biconnected

先考虑联通图怎么计数，考虑容斥，设\(f_S\)表示\(S\)集合联通的图个数，则枚举包含最小值的集合\(T\)，用总数减去\(f_T\)乘上剩下任意的方案数即可。

然后考虑在此基础上减去缩点后不是一个点的图，设\(p_{s,t}\)表示将\(t\)集合缩点以后连到\(s\)上，且\(s\)缩成一个点的方案数，则枚举加进来一个什么集合\(o\)有\(p_{s,t}=p_{s,t-o}\times f_o\times \sum\limits_{(u,v)\in E}{[u\in o\and v\in s]}\)，直接做枚举两重子集是\(O(4^n)\operatorname{poly}(n)\)的，就可以过了。

RowCol/ColRow Sort

有点小妙。

首先差分是显然的，枚举值\(k\)，若\(A_{i,j}\leq k\)，则\(C_{i,j}=1\)，否则\(C_{i,j}=0\)。则如果对于每个\(k\)，\(C\)排完序之后都是和\(B\)一样，那么就是合法的。

考虑行列排序的本质意义，记\(c_i\)表示\(i\)行\(1\)的个数，则行排序不影响\(c\)，而行排序之后的列排序相当于将\(c_i\)排序，对于列行排序就是对列排序。因为\(B\)本来就是排好序的，所以相当于找到一对排列\(p,q\)，使得\(C_{i,j}=B_{p_i,q_j}\)。

但是如果直接这样对\(p,q\)计数然后相乘会有问题，因为相邻的\(p,q\)显然要满足一些性质。设\(p,q\)下一个排列是\(p',q'\)，则\(B_{p_i,q_i}=1\rightarrow B_{p'_i,q'_i}=1\)。

将两边同时乘上\(p^{-1},q^{-1}\)，得到\(B_{i,j}=1\rightarrow B_{(p'p^{-1})_i,(q'q^{-1})_i}=1\)，重设\(P=p'p^{-1},Q=q'q^{-1}\)，则相当于对\(P,Q\)计数，这样就可以直接乘起来。

求出当前阶段每行\(1\)的个数的\(c\)和下一阶段的个数\(d\)。如果我们在\(i\)点选择了\(P_i\)，那么相当于限制了\(j\in [1,c_i]\)范围内的\(Q_j\leq d_{P_i}\)。\(c,d\)都是单调的，所以直接设\(f_{i,j}\)表示确定\(P\)从高到低确定到第\(i\)位，\(Q\)从低到高确定到第\(c_j\)位的方案数，容易前缀和优化做到\(O(nm)\)。因为这个映射如果映射到\(c\)相同的地方本质相同，所以还要除一些阶乘，都是细节。

总时间复杂度\(O(nmc)\)，其中\(c\)是值域。