ABC221H Count Multiset

[ABC221H] Count Multiset

以下内容多引用自 [1] 对应的文章

分拆数

表示将 正整数 \(N\) 拆成 若干正整数 和的 方案数 \(P_N\)，可以形式化的表示成 以下方程的解的个数

\[x_1 + x_2 + ... + x_m = N, 1 \le x_1 \le x_2 \le ... \le x_m \]

其中我们通常将每个正整数 \(x_i\) 称作 一个部分

注意到 分拆数 的定义中 不要求顺序，这里为方便运算 人为规定了大小顺序，不影响正确性

注意到 分拆数 严格意义上形式化为 不升序列的和，但为方便书写，以下采用 不降序列和 的形式

这里给出前面分拆数的一个表

\(N\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)
\(P_N\)	\(1\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(5\)	\(7\)	\(11\)	\(15\)	\(22\)	\(30\)	\(42\)

\(K\) 部分拆数

即表示将 正整数 \(N\) 拆成 \(K\) 个正整数 和的 方案数 \(P_{N, K}\)，可以形式化的表示成 以下方程的解的个数

\[x_1 + x_2 + ... + x_K = N, 1 \le x_1 \le x_2 \le ... \le x_K \]

我们可以注意到存在

\[P_N = \sum_{K = 1} ^ N P_{N, K} \]

改写一下 上面的方程，有

\[x_1 + x_2 + ... + x_k = N - K, 0 \le x_1 \le x_2 \le ... \le x_K \]

于是当 \(x_1, x_2, ... , x_K\) 中有 \(i\) 个数 非 \(0\) 时，显然方程将有 \(P_{N - K, i}\) 个解，于是有下式

\[P_{N, K} = \sum_{i = 0} ^ K P_{N - K, i} \]

于是 相邻两式做差有

\[P_{N, K} - P_{N - 1, K - 1} = \sum_{i = 0} ^ K P_{N - K, i} - \sum_{i = 0} ^ {K - 1} P_{(N - 1) - (K - 1), i} \\ = \sum_{i = 0} ^ K P_{N - K, i} - \sum_{i = 0} ^ {K - 1} P_{N - K, i} \\ = P_{N - K, K} \]

即有如下递推式

\[P_{N, K} = P_{N - 1, K - 1} + P_{N - K, K} \]

于是我们可以在 \(O(N ^ 2)\) 的复杂度内求得任意 \(P_{N, K}\)

for (int i = 1; i <= N; ++ i)
    for (int j = 1; j <= i; ++ j) 
        F[i][j] = F[i - 1][j - 1] + F[i - j][j]

\(Ferrers\) 图

上面的式子应当有一些 组合意义，我们可以这样描述 其中一种

显然我们需要构造一个 不降序列 \(x_1, x_2, ... , x_k\) 使得其 和为 \(k\)

构造该序列 一共只需要下面两步

在序列前方插入 \(1\)，\(eg. ~ 2 ~ 3 ~ 4 \to 1 ~ 2 ~ 3 ~ 4\)

给序列整体加 \(1\)，\(eg. ~ 2 ~ 3 ~ 4 \to 3 ~ 4 ~ 5\)

可以证明，所有的 不降序列 都可以通过 上述两步执行若干次 后得到

同时其对于 整个序列的数和 的影响分别是 \(+1\) 与 \(+N\)（\(N\) 为 序列项数）

对于 整个序列的项数 的影响分别是 \(+1\) 与 \(+0\)

回到递推式 \(P_{N, K} = P_{N - 1, K - 1} + P_{N - K, K}\)，现在就好理解了

\(P_{N - 1, K - 1}\) 代表的就是 执行 \(1\) 操作后 可以得到合法序列的种数

\(P_{N - K, K}\) 代表的就是 执行 \(2\) 操作后 可以得到合法序列的种数

两者求和，正确性显然

而这里也有一种 思路相似 的 图形转化 方式，即 \(Ferrers\) 图

我们将分拆的 每部分 用点行表示，每行点数 就是 这个部分的大小

根据其 严格定义，\(Ferrers\) 图按点数递减次序摆放，最长的一行在顶部

\(eg. ~ 10 = 5 + 2 + 2 + 1\) 的 \(Ferrers\) 图

⚪ ⚪ ⚪ ⚪ ⚪
⚪ ⚪
⚪ ⚪
⚪

将一个 \(Ferrers\) 沿 左上 - 右下对角线 反转后将得到新的 \(Ferreres\) 图，也称为 原图的共轭

\(eg. ~ 10 = 5 + 2 + 2 + 1\) 的 \(Ferrers\) 图的共轭（即 \(10 = 4 + 3 + 1 + 1 + 1\) 的 \(Ferrers\) 图）

⚪ ⚪ ⚪ ⚪
⚪ ⚪ ⚪
⚪
⚪
⚪

我们可以由此得到分拆数的 一个性质

自然数 \(N\) 的 最大部分为 \(K\) 的 分拆数个数 等于 \(P_{N, K}\)，即 \(N\) 的 \(K\) 部分拆数

同时，我们可以在 \(Ferrers\) 图上 形象化 刚刚 构造不降序列 的 两个操作

在序列前面插入 \(1\)，即是 在图下方插入一个点，行数 \(+1\)
\(eg. ~ 2 ~ 3 ~ 4 \to 1 ~ 2 ~ 3 ~ 4\)
```
. . . .          . . . .
. . .      ->    . . .
. .              . .
                 .
```
给序列整体 \(+1\)，即是 在图左边插入一列，行数不变
\(eg. ~ 2 ~ 3 ~ 4 \to 3 ~ 4 ~ 5\)
```
. . . .          . . . . .
. . .      ->    . . . .
. .              . . .
```

于是操作反过来就是 砍掉下面一个独立点 或 砍掉左边一列（没有独立点时）

而递推式 \(P_{N, K} = P_{N - 1, K - 1} + P_{N - K, K}\) 即对应如下

⚪ ⚪ ... ⚪ ⚪            
⚪ ⚪ ... ⚪ ⚪           
...                     
⚪ ⚪                     
⚪
⚪
    
共 N 个点，K 行     

⚪ ⚪ ... ⚪ ⚪
⚪ ⚪ ... ⚪ ⚪
...
⚪ ⚪
⚪
    
砍独立点，剩 N - 1 个点，K - 1 行

⚪ ... ⚪ ⚪
⚪ ... ⚪ ⚪
...
⚪

砍左一列，剩 N - K 个点，K 行（没有独立点时）

注意到 实际上 是 \(N - K\) 个点，\(K\) 行，左边插入一列 得到的 \(N\) 点 \(K\) 行

故显然对应情况 没有独立点，正确性不受影响

回到原题

我们发现无非是 \(K\) 部分拆数 多了一个 每个元素出现次数不超过 \(M\) 的要求

想想我们 不降序列 的构造过程，整体 \(+1\) 显然 不影响相同元素出现次数的最大值

也就是只有 插入 \(1\) 这一步可能导致相同元素出现超过 \(M\) 次

容易发现，我们只需要保证（插入 \(1\)）后，\(1\) 出现次数不超过 \(M\) 即可

正难则反，考虑容斥，也就是将 所有情况求出后 减去 \(1\) 出现 \(M + 1\) 次的情况

注意到 \(1\) 是 一个一个插入的，也就是我们只需保证 \(1\) 不会出现 \(M + 1\) 次即可

不用考虑出现 \(M + 2...M + N\) 次的情况

回到 \(Ferrers\) 图，我们发现如果存在 \(M + 1\) 个 \(1\)，则最左边将有 \(M + 1\) 个独立点

此时我们 暴力将最左边一列 砍掉，显然总点数少了 \(K\)，行数少了 \(M + 1\)

于是新图对应的分拆数即是 \(P_{N - K, K - (M + 1)}\)，将这部分减掉就是正确的递推式了

\[F_{i, j} = F_{i - 1, j - 1} + F_{i - j, j} - F_{i - j, j - (M + 1)} \]

给个代码

#include <bits/stdc++.h>

const int MAXN = 5005;
const int MOD  = 998244353;

using namespace std;

long long F[MAXN][MAXN];

int N, M;

int main () {
	
	cin >> N >> M;
	
	F[0][0] = 1;
	
	for (int i = 1; i <= N; ++ i)
		for (int j = 1; j <= i; ++ j) 
			F[i][j] = (F[i - 1][j - 1] + F[i - j][j] - (j > M ? F[i - j][j - (M + 1)] : 0) + MOD) % MOD;
		
	for (int i = 1; i <= N; ++ i) cout << F[N][i] << '\n';
	
	return 0;
}

引用

[1] 分拆数 - OI Wiki (oi-wiki.org)

posted @ 2024-03-07 16:49 FAKUMARER 阅读(16) 评论(1) 收藏举报

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