ZR24 Summer A Day4 | Counting

P4099 [HEOI2013] SAO

如果全部都是 \(<\) 的话很好办，那就是外向树拓扑序个数，为 \(\dfrac{n!}{\prod size_u}\)。

现在我们多了内向边，于是需要把他们容斥掉。假设钦定了 \(c\) 条符号为 \(>\) 的边不满足性质（变成了 \(<\) 号的边），那么就有 \((-1)^c\) 的系数。这样子最后会形成一个森林，一颗树的内部有拓扑序要求，树和树之间无要求。合并两颗大小分别为 \(n\) 和 \(m\) 的树的方案数为将排名 \([1,2\dots n]\) 和排名 \([1,2\dots m]\) 整合到排名 \([1,2\dots n+m]\) 的方案数，你只需要在这 \(n+m\) 个位置中选 \(n\) 个位置依次填入原排名为 \(1,2\dots n\) 的数即可，那么就是 \({n+m\choose n}\)。

考虑带着容斥系数进行 dp，每钦定一条边就 \(\times (-1)\)。

由于贡献系数是和子树大小相关的，所以我们要在 dp 的时候记录当前联通块的大小。所有设 \(f_{u,i}\) 表示在 \(u\) 点的时候其所在联通块大小为 \(i\) 的时候的带着容斥系数的方案数之和。根据拓扑序公式，每次遇到一个大小为 \(i\) 的子树都要乘上 \(\dfrac{1}{i}\) 的贡献，这个我们放在最后乘，下面的转移式子中不讨论这一项。

在遇到 \(<\) 的时候，就是 \(\dfrac{n!}{\prod sz_i}\) 和 \(\dfrac{m!}{\prod sz_i}\) 变成 \(\dfrac{(n+m)!}{\prod sz_i}\)，我们发现这个变化恰好是 \(\dfrac{(n+m!)}{n!\times m!}={n+m\choose n}\)。

\[f_{u,i+j}\gets f_{u,i}\times f_{v,j}\times {sz_u+sz_v\choose sz_u} \]

在遇到 \(>\) 的时候，可以选择不钦定那么就是任意顺序，是森林的合并，有系数 \({sz_u+sz_v\choose sz_u}\)，或者钦定为 \(<\)，和第一个转移系数相同就是多了一个 \(-1\)。

\[f_{u,i+j}\gets -f_{u,i}\times f_{v,j}\times {sz_u+sz_v\choose sz_u} \]

\[f_{u,i}\gets f_{u,i}\times f_{v,j}\times {sz_u+sz_v\choose sz_u} \]

注意每次做完转移之后要 \(f_{u,i}\gets f_{u,i}\times \dfrac{1}{i}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

QOJ8047. DFS Order 4

由于可能多颗树能得到相同的 dfs 序，所以我们可以来考虑有多少种 dfs 序可以还原到一颗合法的树。需要判定序列合法性。

如何判定一个序列合法？我们贪心的把点往一条父链上挂。如果 \(p_i>p_{i-1}\)，那么可以挂在这条链末尾 \(p_{i-1}\) 的下方。如果 \(p_i>p_{i-1}\)，我们可以在这条链上找到一个最浅的祖先满足 \(p_k<p_i\)，我们把 \(p_i\) 挂在 \(p_k\) 的父亲上(这相当于 dfs 的回溯过程)，这样子既满足兄弟节点编号递增，也满足了儿子大于父亲。这样子排列就和树一一对应了。

这样子贪心连出来的树等价于以下限制：每个点编号大于父亲，每个点儿子编号单调递增，且小于上一个兄弟的最后一个儿子。

可以发现第 \(2\) 到 \(k\) 个兄弟节点和父亲间的约束没有用，可以通过 \(son_2>son_1>fa\) 来得到。直接删掉就行了，只有在兄弟之间连边。

有一个结论就是一颗外向图的拓扑序个数是 \(\dfrac{n!}{\prod sz_i}\)。但是本题由于有了小于上一个兄弟的最后一个儿子这个限制，导致这不是一颗外向树。

考虑容斥掉这条边，也就是 \([u<v]=1-[u>v]\)。等号右边的两种情况都是一棵树，第一种情况系数是 \(+1\)，第二种情况系数是 \(-1\)。

现在需要分析一下新构建的外向树长什么样子。从父子关系角度考虑，有如下三种：一个父亲和它的第一个儿子，相邻兄弟，上一个兄弟的最后一个儿子和这个点。

现在考虑在一层兄弟链上面考虑，其中不止有第二类边，还有第三类边，也就是中间会夹杂着若干个上一个兄弟的一堆儿子。在链上如果走到了下方的节点，根据上述边分类，可以发现这是属于 \(-[u>v]\) 这种边的需要乘上一个 \(-1\) 的系数。

设 \(d_i\) 表示 \(sz=i\) 的子树的贡献，在链上挂子树的时候算贡献。\(f_{i,k}\) 表示 \(sz=i\)，在链上深度走到了 \(k\) 的方案数。

首先有 \(f_{i,0}=g_i\)。

合并子树，

\[f_{i+j,k}\gets f_{i,k}\times d_j\times\dfrac{j}{i+j} \]

往下走，

\[f_{i+j,k+1}\gets -d_j\times f_{i,k}\times\dfrac{j}{i+j} \]

往上走，

\[f_{i+1,k-1}\gets f_{i,k}\times \dfrac{1}{i+1} \]

直接在一条链上往上连一个点，

\[d_{i+1}\gets f_{i,0}\times\dfrac{1}{i+1} \]

注意一下细节，我们是按照 \(sz\) 从小往大处理，所以有些 \(f_{i,k}\times d_j\) 的 \(d_j\) 在 \(i\) 处还没有被算到，需要在 \(j\) 处再处理一下。

答案就是 \(d_n\)。时间复杂度 \(O(n^3)\)。

AGC020F Arcs on a Circle

环是难做的，所以先断环为链。为了不多算同构的形式，我们可以钦定断开点为最长线段的起点。要求其从 \(0\) 开始，最后覆盖 \([0,C)\) 之内的所有位置。

为什么不随便钦定一条线段呢？其实是为了规避掉较长线段在末尾处饶了一圈又超过了开头的线段（我们钦定的那个），这就会产生一些别的覆盖。但是如果选了最长的线段作为开头，别的线段就算从末尾

环长和线段长都是整数很舒服，但是起点为实数就有一些恶心了。但是我们只关心这些线段是否能连起来，本质上是整数部分相同时，关于小数部分大小的讨论。

于是我们用 \(n!\) 种序列，来描述小数部分的相对大小关系。由于引入了小数部分，原本 \(C\) 个整数坐标，也扩展到了 \(Cn\) 个整数坐标。

然后再状压 dp 一下就行了。

AGC036F Square Constraints

对于 \(p_i\in[1,r_i]\) 的排列计数，我们可以将 \(r_i\) 排序，然后乘法原理那么总方案数是 \(\prod (r’_i-i+1)\)。

我们画一下 \(P_i-i\) 可选区域的关系图。其实这本质是 \(p_i\in[l_i,r_i]\) 的排列计数。考虑将上述结论应用过来。为了消除左下角的影响，可以用容斥。

某计数题

对于每个 \(x,y\)，求有多少个长度为 \(n\) 的排列，满足有 \(x\) 个 \(p_i>i\)，有 \(y\) 个 \(p_i>p_{i+1}\)。\(n\le 60\)。

我们设 \(dp_{i,x,y,a}\)，表示我们目前扫到了 \(i\)，有 \(x\) 个 \(p_i>i\)，钦定了 \(y\) 个 \(p_i>p_{i+1}\)，

AGC039F Min Product Sum

设 \(dp_{i,x,y}\) 表示行为 \(x\)，列为 \(y\)，\(\le i\) 的贡献。

UNR#7 C. 璀璨宝石

首先一定是把所有宝石拿完然后开始买发展卡。最暴力的就是 \(O(2^n)\)，枚举拿发展卡顺序。

如果我们确定了买发展卡的顺序，这样子就可以确定每种宝石需要的个数。
答案就是

\[\max(\lceil \dfrac{A+B+C+D+E}{2}\rceil,A,B,C,D,E)+n \]

对于第一个特殊性质，直接设 \(dp_{i,j}\) 表示桌面上为第

设 \(dp_{i,j,k,0/1,a/b/c/d/e}\) 表示当前桌面上的发展卡是第 \(i\) 张和第 \(j\) 张，剩下状态看下文。

设计一个状态 \((k,,0,a/b/c/d/e)\) 表示有 \(k\) 个 \(a/b/c/d/e\) 未匹配，匹配个数。

设计一个状态 \((k,1,a/b/c/d/e)\) 表示当前有 \(k\) 个非 \(a/b/c/d/e\) 未匹配，匹配个数。

LGV

有一张图满足对于

QOJ4893. Imbalance

对于 \(k\le 20\)，可以状压。
对于 \(k>20\)，我们可以对 \(0\) 和 \(1\) 个数作 \(+-1\) 前缀和，画成折线图。

如果画成全局折线图不方便研究，可以画成周期为 \(k\) 的折线图，发现路径不相交，于是变成 LGV。

三进制 MEX 卷积

定义三进制 \(\operatorname{mex}\) 运算，先将两个数字 \(a,b\) 进行三进制拆分，形如 \(a=\sum a_i3^i\)。\(\operatorname{mex}(a,b)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}\operatorname{mex}(a_i,b_i)\)。也就是说把每个数都拆成三进制表示，然后对于每个三进制位进行 \(\operatorname{mex}\)。
定义三进制 \(\operatorname{mex}\) 卷积为

\[h_s=\sum\limits_{\operatorname{mex}(L,R)=S}f_L\times g_S \]

给定长度为 \(3^{n}\) 的 \(f\) 和 \(g\)，求解 \(h\)。\(n\le 10\)。

还是按照 FWT 那套方法，对于当前的最高位的值进行分类。

\[c_0=a_1b_1+a_1b_2+a_2b_1+a_2b_2=(a_1+a_2)(b_1+b_2) \]

\[c_1=a_0b_0+a_0b_2+a_2b_0=(a_0+a_2)(b_0+b_2)-a_2b_2 \]

\[c_2=(a_0+a_1+a_2)(b_0+b_1+b_2)-c_0-c_1 \]

发现我们需要构造四种乘法，

\[(a_0,a_1,a_2)\to (a_1+a_2,a_0+a_2,a_2+a_0+a_1+a_2) \]

这样子递归是 \(3^n\to 4^n\)，因为三项变四项。

逆变换，令上述分别为 \(A,B,C,D\)，\((A,B,C,D)\to (A,B-C,D-A-B-C)\)。

可以递归计算，时间复杂度是 \(O(n4^n)\)。

QOJ5089. 环覆盖

给定一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的简单无向图，对每个 \(i\in [0,m]\)，计算它只保留 \(i\) 条边，使得剩下的图是一个可环覆盖图的方案数。可环覆盖的定义是，可以将边集划分成若干个子集，使得每个子集都形成一个环。

子集卷积

不相交集合的并，那么 \(j|k=i \to \lvert j\rvert+\lvert k\rvert=\lvert i\rvert\)。

\(A=A_0+A_1+...+A_n\)。\(A_i\) 包含所有 \(\lvert S\rvert=i\) 的 \(A_s\)。

\(A*B=\sum\limits_{i,j}(A_i\times B_j)\)，只保留所有 \(\lvert S\rvert =\lvert i\rvert+\lvert j\rvert\) 的部分。

生成函数

题目

给定一个字符串 \(s\) 和字符集 \(r\)，求有多少个长度为 \(n\) 的字符串不包含 \(s\) 作为子串。\(n\le 2\times 10^5\)。

考虑钦定 \(t\) 的若干部分为 \(s\)。这几个部分可以相交，相交长度最长为 border，记为 \(k\)。令 \(c(x)=\sum\limits_{i=1}^kx^{m-ci}\)，

\(SEQ(rx-x^m\times\dfrac{1}{1+c(x)})\)。

通用测评号

假设我们最后一次操作了第一个位置的使他 \(b-1\to b\)。然后钦定 \(k\) 个 \(\ge a\)。
操作 \(n\) 次，\(\dfrac{n!}{\prod x_i!}\)
\(\dfrac{x^{b-1}}{(b-1)!}(e^x-\sum\limits_{i=0}^{a-1}\dfrac{x^i}{i!})^k(\sum\limits_{i=b}^{a-1}\dfrac{x^i}{i!})\)。

\(\sum\limits_{m}\dfrac{m!}{n^m}[x^m]F_k(x)\)，将 \(n^m\) 放进去就是 \(\dfrac{x}{n}\)。\([x^m]e^{ax/n}\times x^b\)。

\[[x^m]\dfrac{1}{(1-ax/n)^{b+1}}=(\dfrac{1}{}) \]

方格染色

对于直线多项式，线段分块多项式。

节日装饰

相对误差不超过 \(0.5\)，等价于答案在 \([k,2k]\) 中时，我们直接回答 \(k\)。

我们把区间分成
我们构造一个差卷积，\(c_i=\sum\limits_{j-k=i}a_jb_k\)。

只要让 \(x_u\) 和 \(x_v\) 贡献 \(c_uc_v(c_u-c_v)^2\)