计数做题记录

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「ARC101E」Ribbons on Tree

直接做有点困难，考虑正难则反，对没有颜色的边操作。

那么考虑钦定一些边没有颜色，相当于把它们断开，要求形成的每个连通块内的所有边都有颜色。块内方案数是简单的。那么考虑树形 DP，记 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树内，\(i\) 所在连通块大小为 \(j\)，除了 \(i\) 所在连通块的其他连通块的方案数。转移是简单的。复杂度就是树上背包，\(O(n^2)\)。

https://atcoder.jp/contests/arc101/submissions/68619248

「CF1874F」Jellyfish and OEIS

这有完整题解。

同样正难则反，考虑对是排列的区间容斥。本题有一个很好的性质，就是交错的区间交错部分容斥系数会抵消，那么我们只需要容斥包含关系和不交关系的区间即可，大致是个树型结构，然后区间 DP 一下即可。容斥系数就是钦定为排列的区间数量。

https://codeforces.com/contest/1874/submission/334395243

「ARC168C」Swap Characters

这有完整题解。

一个有点神秘的计数，对结果序列刻画，考虑把三种字符视作三个节点，然后建一个完全图，\(a\rightarrow b\) 的边权就是最后字符串上本来是 \(a\) 的字符变成 \(b\) 的数量。考虑枚举边权，由字符数量不变可得各点自己的出度等于入度，那么只需要 \(k^4\) 即可枚举边权。

考虑贪心判断一种状态是否可行，那么就要最小化操作次数。那么有效的交换只有两种，要么两个互换，要么三个轮换。不难发现，我们可以尽可能地先两个互换，那么操作一次一对反边的边权各减一，直到无法操作，剩下的必然是一个单向环且环上各边等权，这么贪心必然不劣。

至于一种状态对应的字符串数量，多重组合数计数每个字符分别把哪些位置变成了另外两个字符即可。

https://atcoder.jp/contests/arc168/submissions/68628909

「ARC174E」Existence Counting

考虑容斥，下文中的“所有序列”满足题中的长度、值域与互不相同限制：

\[所有序列-字典序超过要求的序列-不包含给定数的序列+字典序超过要求且不包含给定数的序列 \]

第一种和第三种是易求的，考虑第二种，枚举第一个超过给定序列的位置即可，用树状数组维护之前出现过的数可以做到 \(O(\log n)\)。

考虑第四种，类似第二种的方法求，额外开一棵树状数组存每个数的答案，那么枚举到的位置之前的数必然出现过，因此给定序列中出现的数在枚举到对应位置时就要查询，剩下的最后再查。每次更新答案分讨一下在给定序列上方还是下方即可。没有很困难。

https://atcoder.jp/contests/arc174/submissions/68629885

「ARC186A」Underclued

这有完整题解。

矩阵上行列限制，很典的思路就是建二分图，一侧为行，一侧为列。

这题建图有点巧妙吧，\(1\) 连正边，\(0\) 连反边，那么未被固定的点必然在这个图上的环中，因为反转环各点入度不变。

那么 \(f_{i,j}\) 表示左侧 \(i\) 个点右侧 \(j\) 个点的方案，转移枚举新的环左右侧点数 \(l,r\) 即可，这个新的连通块内新增的 \(lr\) 条边必然全在某个环中。然后就暴力 DP 吧。

https://atcoder.jp/contests/arc186/submissions/68632760

「ARC157E」XXYX Binary Tree

这有完整题解。

本题关键在于 y 点，不难发现要选一个独立集，并且通过组合计数可以得到要求的叶子节点 y 数量与非叶子节点 y 个数。考虑树上 DP，直接三维可行性 DP 有点炸，优化一下，考虑对一种叶子 y 节点数找到最多的非叶子 y 节点数即可，这样优化之后就是 \(O(n^4)\) 的。

https://atcoder.jp/contests/arc157/submissions/68635569

「ARC165E」Random Isolation

这有完整题解。

很巧妙的转化吧，但貌似有点典。

考虑可以对一个连通块统计其出现的概率，一个连通块出现当且仅当连通块内各点均未被删除，且与连通块相连的非块内点均已被删除，这个 DP 状态设计是好做的，我们只需要知道当前连通块点数与与之相连的点数，接下来就是求概率，这个就有点巧妙了：

原问题等价于一个 \([1,n]\) 的随机排列 \(P\)，顺次遍历这个排列，若当前点所在连通块大小超过 \(k\) 就操作否则跳过的期望操作次数。这个之所以等价是因为每次操作后剩下的有效的点会等概率出现。因此上面的问题相当于一个任意排列上要求 \(a\) 个点完全在 \(b\) 个点前面的方案数，显然为 \(\frac{a!b!}{(a+b)!}\)。

https://atcoder.jp/contests/arc165/submissions/68638018

「CF1295F」Good Contest

离散化一下，分 \(O(n)\) 段，然后 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 道题，最后一道题的值在第 \(j\) 块的方案，不同块的转移是简单的，同块转移就有点麻烦，考虑枚举最后有多少道题属于同块，然后枚举这些题里有几个不同的值也就是分了几段，再在这一块的值域里选出段数个数即可，这个组合计数是好做的。

https://codeforces.com/contest/1295/submission/334729121

「CF1093F」Vasya and Array

记 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，第 \(i\) 个数填了 \(j\) 的方案数，考虑容斥掉不合法情况，也就是最后一段超过 \(len\) 的情况，那么就要求最后 \(len\) 个数全都可以填成 \(j\)，这个滑动窗口桶计数即可，但要加上长度为 \(len+1\) 的情况，因为这种情况在 \(f_{i-1,j}\) 已经消去了，不需要多减。

https://codeforces.com/contest/1093/submission/334732186