20240813：组合计数选做

P3214 [HNOI2011] 卡农

题意：\(m\) 个集合，\(n\) 种元素，求集合间互不相同且每种元素出现偶数次的方案数。

题目等价于从 \(1 \sim 2^n - 1\) 里选出 \(m\) 个不同的数，使他们异或和为 \(0\)。

不妨对每个数标号，由于互不相同，最后除以 \(m!\) 即可。

设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数异或和为 \(0\) 的合法方案数。

显然 \(a_i = \bigoplus_{j = 1}^{i - 1} a_j\)，对于前 \(i - 1\) 个数的每种选法都唯一对应一个 \(a_i\)，即 \(f_i \gets (2^n - 1)^{\underline{i - 1}}\)。

非法方案有两种：

• \(a_i = 0\)。等价于 \(\bigoplus_{j = 1}^{i - 1} a_j = 0\)，即 \(f_{i - 1}\)。

• \(a_i\) 等于某个 \(a_j\ (j < i)\)。

  也就是剩下的 \(i - 2\) 个人异或和为 \(0\)，对应 \(f_{i - 2}\)。

  枚举 \(j\) 的位置和 \(a_j\) 是哪个，乘上 \((i - 1) \times (2^n- i + 1)\) 的系数。

评黑确实不够格（好的他蓝了）。submission

P3330 [ZJOI2011] 看电影

题意：

\(n\) 个人 \(k\) 个座位，每个人初始随机被分配一个座位 \(i\)，如果 \(i\) 上有人就去 \(i + 1\) 直到 \(k\)，如果 \(k\) 也有人这个人只能站着。

求每个人都有座位的概率。

特判 \(n < k\) 概率为 \(0\)。

我们在 \(k\) 后面新增一个位置 \(k + 1\)，并与位置 \(1\) 相连形成一个 \(k + 1\) 的环。

不给环标号，不同的方案为 \((k + 1)^{n - 1}\)。

由于 \(n < k + 1\)，所以任意一种方案在环上走都能使所有人都有位置。

在最终状态里，找到一个没有人的位置当做 \(k + 1\)，并由此断开，钦定方向标为 \(1 \sim k\)，对应一种合法情况。

因此一种方案能生成 \(k + 1 - n\) 个不同的序列。

由于我们可以序列还原到 \(k + 1\) 的环，因此不存在不同的环生成同一序列。

答案等于

\[\dfrac{(k + 1)^{n - 1}\times (k + 1- n)}{k^n} \]

题目要求输出分数，由于 \(k\perp k + 1\)，因此只需考虑 \(k\) 和 \(k + 1 - n\) 的公因数，不需要高精除。

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P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

题意：给定 \(f(k) = a_0 + a_1k + \cdots a_mk^m\)，求

\[\sum_{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} \]

其中 \(n \le 10^9, m \le \min(n, 1000)\)。

\[\begin{aligned} = &\sum_{k=0}^{n} \sum_{i = 0}^ma_i k^i\times x^k\times \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\\ \\ =&\sum_{i = 0}^m a_i \sum_{k=0}^{n} \sum_{j = 0}^i \begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} k^{\underline{j}} x^k\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} \\ \\ =&\sum_{i = 0}^m a_i \sum_{j = 0}^i \sum_{k=j}^{n}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} k^{\underline{j}} x^k\dfrac{n^{\underline{j}}(n - j)!}{k^\underline{j}(k - j)!(n - k)!}\\ \\ =&\sum_{i = 0}^m a_i \sum_{j = 0}^i \begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} n^{\underline{j}}x^j \sum_{k=j}^{n} x^{k - j}\begin{pmatrix}n - j\\k - j\end{pmatrix}\\ \\ =&\sum_{i = 0}^m a_i \sum_{j = 0}^i \begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} n^{\underline{j}}x^j(x + 1)^{n - j} \ \end{aligned} \]

里面所有东西都能预处理，\(O(m^2)\) 直接算。

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P3160 [CQOI2012] 局部极小值

题意：

\(n \times m\) 的矩阵，\(1 \sim n\times m\) 每个数恰好出现一次，\(n \le 4, m \le 7\)。

如果一个格子是他的八联通里的最小值，则称这个位置为局部最小值。

给定 \(n \times m\) 的网格，x 表示局部最小值，. 表示非局部最小值，求符合条件的矩阵数量。

局部最小值的数量很少，\(4 \times 7\) 的网格最多 \(8\) 个。

从小到大填数。

\(f(i, s)\) 表示当前在填 \(i\)，局部最小值的状态为 \(s\)（有没有填过）的合法方案。

我们发现一个局部最小值没填的时候他周围都不能填。

\(i\) 填局部最小值 \(x\)：\(f(i, s \cup x) \gets f(i - 1, s)\)。

\(i\) 不填局部最小值：\(f(i, s) \gets f(i - 1, s) \times \big(cnt_s - (i - 1 - \vert s\vert)\big)\)。

其中 \(cnt_s\) 表示状态为 \(s\) 时可填的非局部最小值。

单次 dp 复杂度 \(O(2^8nm)\)。

但是这样只满足了 x 的位置是局部最小值，并没有保证 . 的位置不是局部最小值。

性质 \(a_{i}\) 表示 \(i\) 这个位置是局部最小值，\(N(a_i)\) 表示满足这个条件的方案数。

上述 dp 可以求出任意 \(N(\prod a_i)\)。

令所有局部最小值的集合为 \(S\)，则答案可以表示为

\[N\bigg(\prod_{i \in S} a_i \prod_{i \notin S} (1 - a_i)\bigg) \]

把后面的多项式展开成容斥形式：

\[\sum_{T \subseteq \complement_US} (-1)^{\vert T \vert} \times N\bigg(\prod_{i \in S\cup T} a_i \bigg) \]

合法状态很少，直接深搜枚举所有的 \(T\)。

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P3270 [JLOI2016] 成绩比较

题意：\(n\) 个人 \(m\) 门课，\(i\) 被 \(j\) 碾压定义为每门分数都不超过 \(j\)。

所有人第 \(i\) 门课的成绩在 \(1 \sim U_i\) 之间。

给出其中 B 每门课的排名 \(r_i\)（分数严格大于他的人数 $ + 1$），求他恰好碾压 \(k\) 个人的情况数。

先选出 \(k\) 个人被 B 碾压，方案数为 \(\begin{pmatrix}n - 1\\k\end{pmatrix}\)。

剩下的 \(n - k - 1\) 个人都必须满足至少一门课的分数大于 B。

很容易求出至多 \(x\) 个人不被 B 碾压的方案 \(\begin{pmatrix} n - k - 1\\ x\end{pmatrix}\prod \begin{pmatrix} x\\ r_i - 1\end{pmatrix}\)。

那么恰好 \(n - k - 1\) 个人不被碾压的方案减还要减去恰好 \(0, 1, \cdots, n - k - 2\) 个人的方案。

直接递推或者容斥都能解决。

接下来要分配每个人的成绩，每门课相互独立，最后相乘即可。

枚举 B 的分数：

\[\begin{aligned} &\prod_{i = 1}^m \sum_{x = 1}^{U_i} x^{n - r_i}(U_i - x)^{r_i - 1}\\ \\ =&\prod_{i = 1}^m \sum_{x = 1}^{U_i} x^{n - r_i}\sum_{j = 0}^{r_i - 1} \begin{pmatrix}r_i - 1\\ j\end{pmatrix}(-1)^jx^j \times U_i^{r_i - j - 1}\\ \\ =&\prod_{i = 1}^m \sum_{j = 0}^{r_i - 1}(-1)^j\begin{pmatrix}r_i - 1\\ j\end{pmatrix} U_i^{r_i - j - 1}\sum_{x = 1}^{U_i} x^{n + j - r_i} \end{aligned} \]

后面那个东西直接插出来。时间复杂度 \(O(n^2m)\)。

对于 \(n\) 次多项式 \(f(x)\)，如果已知他的 \(n + 1\) 个点值 \((x_i, y_i)\)，则

\[f(x) = \sum_{i = 1}^{n + 1} y_i \prod_{j \ne i} \dfrac{x - x_j}{x_i - x_j} \]

\(f(x) = \sum_{i = 1}^x i^t\) 是关于 \(x\) 的 \(t + 1\) 次多项式。

取 \(x_i = i\ (i \le t + 2)\)，预处理可以做到 \(O(t)\) 求值。

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P7213 [JOISC2020] 最古の遺跡 3

题意：\(2n\) 个柱子，\(1 \sim n\) 种高度每个出现两次。

\(n\) 次地震，每次地震使 \(h_i \to h_i - 1\)，当且仅当 \(i\) 后面有一根相同高度的柱子。

给定地震过后仅存的 \(n\) 个位置 \(A_1, A_2, \cdots, A_n\)，求初始高度序列的方案数。

从后往前挨个震 \(n\) 次和上述操作是等效的。

考虑一个位置 \(i\)，\(i\) 后面的高度集合一定只增不减（指集合元素）。

相同高度的柱子中位置最靠后的一定会被保留，也就是一种高度一旦出现不会消失。

由于 \(i\) 对后面的柱子没有影响，因此无论是全部震完之后 \(h_i\) 再减小还是和后面的柱子同步减小都是等效的。

任意时刻最多两个柱子高度相同，如果 \(t\) 时刻 \(h_i = h_j = h_k\)，则 \(t - 1\) 时刻也存在 \(h_i = h_j = h_{k'}\)，这与 \(t = 0\) 时矛盾。

不难发现在第 \(i\) 次操作后 \(1\sim n−i\) 每个数出现两次，\(n−i+1∼n\) 每个数出现一次，可以借助上条结论归纳。

也就是每次的两个 \(1\) 总有一个会变成 \(0\)。

因此震 \(n\) 次和震无数次是一样的，且 \(n\) 次过后 \(1 \sim n\) 各剩一个。

\(h_i\) 会消失，当且仅当最终序列的后缀 \(i + 1\) 里出现 \(1 \sim h_i\) 的每个元素。

定义 \(h_i\) 为当前序列的高度阈值（极大），所有 \(h \in [1, h_i]\) 都会消失，反之保留。

设 \(f_{i, j}\) 表示后缀 \(i\) 高度阈值为 \(j\) 的方案数。

设 \(c_0\) 表示后 \(i−1\) 个柱子中钦定消失的数量，\(c_1\) 为钦定存在的数量。

不妨先区分相同高度的两根柱子，最后除以 \(2^n\)。

• \(i\) 位置钦定消失，阈值不变。

  \(2j\) 种可用高度里，有 \(j\) 个分给 \(j\) 根标准柱（即被保留的 \(1 \sim j\)），还有 \(c_0\) 个已经分配，那么 \(f_{i, j} \gets (j - c_0) \times f_{i - 1, j}\)。

• \(i\) 位置钦定保留。

  \(h_i^{'}\) 表示当前柱子的最终高度。

  如果 \(h_i^{'} > j + 1\)，则高度阈值不变，\(f_{i, j} \gets f_{i -1, j}\)，后续再考虑其真实高度。

  如果 \(h_i^{'} = j + 1\)，那么就需要确定前面遗留的 \(h > j + 1\) 的真实高度。

  枚举新阈值 \(k\)，从 \(f_{i - 1, j}\) 转移到 \(f_{i, k}\)。

  确定转移系数。

  选定标准柱的位置：\(\begin{pmatrix}c_1 - j\\k - j - 1\end{pmatrix}\)。

  当前柱子的初始高度（最后降到 \(j + 1\)）：\(k - j + 1\)（高度只能在 \([j + 1, k]\)，标准柱 \([j + 2, k]\) 各用一根）。

  确定 \(j + 2\sim k\) 是如何生成的：\(g_{k - j - 1}\) 。

  \(g_i\) 表示 \(2i\) 个数（123344...ii）中选出 \(i\) 个，并在地震后能形成 \(1 \sim i\) 的方案数（对应上文从 \([j + 2, k]\) 各两根，震出 \(j + 2 \sim k\)）。

  类似 \(f\) 的转移，我们枚举第一个位置的最终高度 \(j\)：

  \[g_i = \sum_{j = 1}^i\begin{pmatrix}i - 1\\j - 1\end{pmatrix} (i - j + 2) \times g_{j - 1} \times g_{n - j} \]

  选高度为 \([1, j - 1]\) 会被震成 \(0\)，剩下 \([j + 1, n]\) 的柱子各被用掉一根，因此第一个位置有 \((i - j + 2)\) 种选择。

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【清华集训2014】主旋律

P2595 [ZJOI2009] 多米诺骨牌

弃疗。

P4451 [国家集训队] 整数的lqp拆分

题意：\(1\le n\le 10^{100000}\)，求

\[\sum_{a_1 + a_2 + \cdots + a_m = n}\prod_{i = 1}^m f_{a_i} \]

其中 \(f_0 = 0, f_1 = 1, f_i = f_{i - 1} + f_{i - 2}\)。

构造形式幂集数 \(F(x) = \sum_{i \ge 0} f_i x^i = \dfrac{x}{1 - x - x^2}\)。

\(m\) 恰好等于 \(k\) 的答案为 \([x^n] F(x)^k\)。

那么答案的生成函数等于 \(G(x) = \sum_{k \ge 1} F(x)^k\)。

\[\begin{aligned} G(x) &= F(x) + F(x)^2 + \cdots= F(x) + F(x)G(x)\\ \\ G(x) &= \dfrac{x}{1 - 2x - x^2} \\ \\ &= x(\dfrac{c}{1 - ax} + \dfrac{d}{1 - bx} )\\ \\ &= \sum_{i \ge 1} (ca^{i - 1} + db^{i - 1})x^i \end{aligned} \]

解得

\[\begin{cases} a = 1 + \sqrt 2\\ \\ b = 1 - \sqrt 2\\ \\ c = \dfrac{2 + \sqrt 2}{4}\\ \\ d = \dfrac{2 - \sqrt 2}{4}\\ \end{cases} \]

\(\sqrt 2\) 在模 \(10^9 + 7\) 下有二次剩余 \(59713600\)。

\[g_n = \dfrac{\sqrt 2}{4}\bigg((1+\sqrt 2)^{n}-(1-\sqrt 2)^{n}\bigg) \]

P4091 [HEOI2016/TJOI2016] 求和

P2490 [SDOI2011] 黑白棋

P3235 [HNOI2014] 江南乐