做题记录 25.2.2

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC213G] Connectivity 2

以下用 \(S\) 表示 \(U=\{1,2,\cdots,n\}\) 的子集，\(E\) 表示边集

对于每个 \(k\)，考虑钦定 \(1\) 和 \(k\) 所在联通块（显然两者属于同一联通块）中所有点

令 \(g_S\) 表示在点集 \(S\) 的导出子图中选择若干条边的方案数，令 \(f_S\) 表示在此基础上点集 \(S\) 内联通的方案数

则对于一个 \(2\le k\le n\)，其与 \(1\) 联通的方案数为

\[\sum_{S\mid 1\in S,k\in S} f_{_S} g_{_{U/S}} \]

显然

\[g_S=2^{^{\sum_{(u,v)\in E} [u\in S][v\in S]}} \]

容易 \(O(n^22^n)\) 求出

对于 \(f_S\)，考虑从 \(g_S\) 中去掉 \(S\) 不联通的情况，枚举 \(S\) 中编号最大的点 \(v\) 所在联通块，可得

\[f_S=g_S-\sum_{v\in T\subsetneq S} f_T g_{S/T} \]

时间复杂度 \(O(3^n)\)

总时间复杂度 \(O(3^n+n^22^n)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC265F] Manhattan Cafe

暴力 \(dp\) 为令 \(f_{i,x,y}\) 表示当前处理到第 \(i\) 维，前 \(i\) 维中与 \(p\) 距离为 \(x\)，与 \(q\) 距离为 \(y\) 的方案数

则初始为 \(f_{0,0,0}=1\)，转移为

\[dp_{i,x,y}\gets \sum_r dp_{i-1,x-|r-p_i|,y-|r-q_i|} \]

时间复杂度为 \(O(nd^3)\)，考虑优化求和的部分

将绝对值拆开，则转移为三个对角线求和的形式，可通过预处理单次 \(O(1)\) 查询

总时间复杂度 \(O(nd^2)\)

代码

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC273G] Row Column Sums 2

令 \(r\) 中有 \(x\) 个 \(1\)，\(y\) 个 \(2\)，\(c\) 中有 \(z\) 个 \(1\)，\(w\) 个 \(2\)

先将数量为 \(2\) 的行填好，然后同一计算数量为 \(1\) 的行的分配方式

令 \(f_{i,j,k,l}\) 表示还有 \(i\) 个数量为 \(1\) 的行，\(j\) 个数量为 \(2\) 的行，\(k\) 个数量为 \(1\) 的列，\(l\) 个数量为 \(2\) 的列的情况下，矩阵的方案数

若将最后一个数量为 \(2\) 的行拆到两个数量为 \(1\) 的列中，转移为 \(f_{i,j,k,l}\gets f_{i,j-1,k-2,l}\times \binom k2\)

若拆到一个数量为 \(1\) 的列，一个数量为 \(2\) 的列，转移为 \(f_{i,j,k,l}\gets f_{i,j-1,k-1,l-1}\times k\times l\)

若拆到两个数量为 \(2\) 的列，转移为 \(f_{i,j,k,l}\gets f_{i,j-1,k,l-2}\times \binom l2\)

若组成一个数量为 \(2\) 的列，转移为 \(f_{i,j,k,l}\gets f_{i,j-1,k,l-1}\times l\)

边界为 \(f_{i,0,i-2l,l}=\frac{i!}{2^l}\)

答案为 \(f_{x,y,z,w}\)

显然若 \(i+2j\ne k+2l\) 答案一定为 \(0\)，因此可以去掉最后一维

第一维没有变化，同样省略

时间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC313Ex] Group Photo

套路地，考虑按值大小顺序填入，此处尝试从大到小填入，现将 \(a_{1\sim n}\) 和 \(b_{1\sim n+1}\) 从大到小排序，用 \(a^\ast\) 和 \(b^\ast\) 表示排序后的数组

填到一定时刻，已经填完的 \(a\) 形成若干连续子段

对于一个子段 \([l,r]\)，强制要求此时 \(b\) 中的 \((l,r]\) 已经填上

令 \(f_{i,j}\) 表示已经选择了 \(a\) 中前 \(i\) 大的数（即 \(a^\ast_{1\sim i-2}\) 和 \(a_0,a_{n+1}\)，假定 \(a_0\) 和 \(a_{n+1}\) 都为 \(\infty\)），这些数形成 \(j\) 个连续段（只考虑连续段之间的 相对位置），且对应 \(b\) 中位置也填好，该情况下的方案数

初始只填了 \(a_1\) 和 \(a_{n+1}\)，两者显然不相邻，因此边界条件为 \(f_{2,2}=1\)

最终 \(a_{0\sim n+1}\) 和 \(b_{1\sim n+1}\) 都填上，只有一个连续段，因此最终答案为 \(f_{n+2,1}\)

对于 \(f_{i-1,j}\)，考虑 \(a\) 中第 \(i\) 大（即 \(a^\ast_{i-2}\)）填的方式

一种可能是新建连续段，其位置可以在第 \(1\sim i-1\) 大构成的 \(j\) 个连续段的任意两个之间（因为最左和最右已经强制定好，因此之后的只能在中间），一共 \(j-1\) 种选择，转移为 \((j-1)\times f_{i-1,j}\to f_{i,j+1}\)

第二种可能是接到某一连续段的左端或右端，其位置一共 \(2j-2\) 个选择，因此 \((2j-2)\times f_{i-1,j}\to f_{i,j}\)

但根据限制，此时需要填一个 \(b_i\)，一共填了 \(i-j\) 个（每段有且仅有一个没填），贪心地考虑此时对应位置一定会填原 \(b\) 数组中第 \(i-j\) 大的，因此根据题目要求 \(b^\ast_{i-j}\) 必须大于 \(a\) 中两个对应位置的值的较小值，根据填的顺序较小值一定为 \(a^\ast_{i-2}\)，因此该转移强制要求 \(a^\ast_{i-2}<b^\ast_{i-j}\)

第三种是将两个连续段拼接，位置有 \(j-1\) 个选择，转移为 \((j-1)\times f_{i-1,j}\to f_{i,j-1}\)

根据限制，此时需要填两个 \(b\)，两者都需要大于 \(a^\ast_{i-2}\)，而两者中较小的为 \(b^\ast_{i-j+1}\)，因此该转移强制要求 \(a^\ast_{i-2}<b^\ast_{i-j+1}\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

参考