老年选手康复训练

学考考完了。虽然身为d类咸鱼选手还是要好好备战一下noi的。

从今天开始进行康复训练，不过白天应该还是要肝文化课。等过几天训练时间应该会多一点。

[CTS2019]随机立方体

这道题现在做了一遍好像有一点sibo啊，可能是考试的时候太紧张了吧。

题意就不写了。

题目要求恰好\(k\)个，那我们考虑用至少含\(i\)个进行容斥。

那么容斥系数\(f_i\)需要满足：

\[[i=k]=\sum_{j=0}^i{i\choose j}f_j \]

进行二项式反演，得到：

\[f_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\choose j}[j=k] \]

即：

\[f_i=(-1)^{i-k}{i\choose k} \]

由于在\(i<k\)时\({i\choose k}\)等于\(0\)，因此上面的式子是良定义的。

那么考虑如何计算至少含\(i\)个极大数的概率。

首先极大数的行号、列号、bule号（bule代表第三维的名称）一定不是相同的。

比较关键的一点是，我们可以注意到任何钦点\(i\)个两两坐标全不同的格子为极大数的概率都是相同的。于是我们可以找一个比较特殊的位置计数，比如让他们的坐标为\((1,1,1)\)，\((2,2,2)\)，\(\dots\)，\((i,i,i)\)。同时我们钦点\(a_{1,1,1}<a_{2,2,2}<\dots<a_{i,i,i}\)。

思考一下，可以发现如果我们只观察至少有一维横坐标\(\leq i\)的格子，\((i,i,i)\)一定是其中的最大值。如果我们只观察至少有一维横坐标\(\leq i-1\)的格子，\((i-1,i-1,i-1)\)一定是其中的最大值。以此类推即可。不难发现只要满足上述条件，那么这个方案一定合法。

我们设\(a_i\)表示所有横坐标至少有一维\(\leq i\)的格子数。那么满足之前所述条件的概率就是：

\[\prod_{j=1}^i\frac{1}{a_j} \]

同时还要注意，这只是我们钦点的位置和大小关系之后的答案，所有合法的选取位置和大小关系的方案共有\({n\choose i}{m\choose i}{l\choose i}*(i!)^3\)种，其组合意义是分别选出三维的横、纵、bule坐标，再决定大小关系。

后面的方案数可以用预处理阶乘及逆元实现\(O(1)\)计算，之前的概率，则可以通过线性求逆元均摊\(O(1)\)计算。于是做一组数据就是\(O(n)\)的，总复杂度\(O(Tn)\)。

[CTS2019]珍珠

\[F(x)=\sum_{i\geq 0}\frac{[i\bmod 2=1]}{i!}x^i=\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2} \]

\[G(x)=\sum_{i\geq 0}\frac{[i\bmod 2=0]}{i!}x^i=\cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2} \]

\[Ans=\sum_{k=0}^{n-2m}{D\choose k}n![x^n]F^kG^{D-k} \]

用二项式定理把\(F^k\)和\(G^{D-k}\)展开，可以得到：

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^{D-k}{D\choose k}(-1)^{k-i}{k\choose i}{D-k\choose j}(2(i+j)-D)^n \]

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^{D-k}\frac{D!(-1)^{k-i}(2(i+j)-D)^n}{(k-i)!i!(D-k-j)!j!} \]

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^{D-k}\frac{(2(i+j)-D)^nD!}{(i+j)!(D-(i+j))!}*\frac{(i+j)!}{i!j!}*\frac{(-1)^{k-i}(D-(i+j))!}{(k-i)!(D-k-j)!} \]

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^{D-k}(2(i+j)-D)^n{D\choose i+j}{i+j\choose i}(-1)^{k-i}{D-(i+j)\choose k-i} \]

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i+j=0}^{D}(2(i+j)-D)^n{D\choose i+j}\sum_{i=0}^k{i+j\choose i}(-1)^{k-i}{D-(i+j)\choose k-i} \]

考虑\([x^i](1+x)^n={n\choose i}\)，\([x^i](1-x)^n=(-1)^i{n\choose i}\)。

因此$${i+j\choose i}=x^i^{i+j},(-1)=x^{k-i}^{D-(i+j)}$$

\[\sum_{i=0}^k{i+j\choose i}(-1)^{k-i}{D-(i+j)\choose k-i}=\sum_{i=0}^k\Big([x^i](1+x)^{i+j}\Big)*\Big([x^{k-i}](1-x)^{D-(i+j)}\Big)=[x^k](1+x)^{i+j}(1-x)^{D-(i+j)} \]

\[Ans=\frac{1}{2^D}\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^{D}(2i-D)^n{D\choose i}[x^k](1+x)^i(1-x)^{D-i} \]

设\(a_i=\frac{(2i-D)^n{D\choose i}}{2^D}\)，

\[Ans=\sum_{k=0}^{n-2m}\sum_{i=0}^{D}a_i[x^k](1+x)^i(1-x)^{D-i} \]

\[Ans=\sum_{k=0}^{n-2m}[x^k]\Big(\sum_{i=0}^{D}a_i(1+x)^i(1-x)^{D-i}\Big) \]

考虑先把\(\sum_{i=0}^Da_i(1+x)^i(1-x)^{D-i}\)算出来，最后一个个加。

至于这个，可以使用分治fft大法。

什么一个log，分治fft天下第一。

[CTS2019]氪金手游

现在想想怎么又比较简单啊。

考虑把关系树随便钦点一个当根。

由于正向边（向儿子连的边，表示必须早于儿子）和反向边同时存在，因此比较麻烦。考虑用容斥将反向边变为正向边，即：选出一个反向边子集\(S\)，强制这些边必须被违反，其余反向边随意。注意正向边是永远需要满足的。计算得这样计算出的方案有\((-1)^{|S|}\)的贡献。

对于一种选法，原树用正向边分成了若干联通块。对于一个点\(i\)，设\(s_i\)表示是它的子树中的点的集合。如果只考虑这棵子树，我们显然要满足\(i\)是第一个被抽出来的，概率就是\(\frac{w_i}{\sum_{j\in s_i}w_j}\)，接下来可以分成若干子树递归。

那么若干种方案就可以合起来算概率了。我们设\(dp_{i,j}\)表示以\(i\)为根的子树，当\((\sum_{k\in s_i}w_k)=j\)时，目前满足所有条件的情况乘以他们的系数的概率和。转移比较容易得到。

[ZJOI2019]开关

这真是一道好题，被送退役得心服口服。

先说几个结论：

我们设\(\tilde f\)表示集合幂级数\(f\)在快速沃尔什变换(\(\text{FWT}\))后的形式。

那么：

\[[x^S]\tilde f=\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}[x^T]f \]

从\(\text{FWT}\)的意义中可以看出。

\[\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}=2^n[S=\emptyset] \]

其中\(n\)代表全集的大小。这和子集容斥的原理是相似的。

\[\sum_{T}[x^T]\tilde f=2^n[x^{\emptyset}]f \]

用前一个式子不难证明。

现在说题目的解法。

根据题目描述，我们设\([x^S]f\)表示第一次到达状态\(S\)的期望步数。为了分析方便，我们也可以将其看成是从状态\(S\)到空集的期望步数。那么对于\(S\neq \emptyset\)，我们就有：

\[[x^S]f=\Big(\sum_i\frac{p_i}{\sum_j p_j}[x^{S\Delta\{i\}}]f\Big)+1 \]

为了更方便的表达这个式子，我们设形式幂级数\(g\)，其中当\(S=\{i\}\)时，\([x^S]g=\frac{p_i}{\sum_j p_j}\)，否则\([x^S]g=0\)。

于是上式可以表达为：

\[f=\Big(\sum_{T}x^T\Big)+fg+cx^{\emptyset} \]

其中\(c\)是某个不确定的系数，起到补偿\(\emptyset\)不符合该式的作用。我们尝试进行\(\text{FWT}\)，对于\(\sum_{T}x^T\)，它是\(x^{\emptyset}\)进行\(\text{FWT}\)后的结果，因此其\(\text{FWT}^{-1}\)的结果为\(x^{\emptyset}\)，所以其\(\text{FWT}\)后的结果为\(2^nx^\emptyset\)。因此：

\[[x^S]\tilde f=2^n[S=\emptyset]+[x^S]\tilde f[x^S]\tilde g+c \]

\[(1-[x^S]\tilde g)[x^S]\tilde f=2^n[S=\emptyset]+c \]

考虑\([x^\emptyset]\tilde g=\sum_{i}\frac{p_i}{\sum_j p_j}=1\)，因此将\(S=\emptyset\)代入上式可得\(c=-2^n\)。

那么对于\(S\neq \emptyset\)，就有：

\[[x^S]\tilde f=-\frac{2^n}{1-[x^S]\tilde g} \]

代入\(\text{FWT}^{-1}\)的式子中，我们就有：

\[[x^S]f=\frac{1}{2^n}\Big(\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}[x^T]\tilde f\Big)=\frac{[x^\emptyset]\tilde f}{2^n}-\Big(\sum_{T\neq \emptyset}(-1)^{|S\cap T|}\frac{1}{1-[x^T]\tilde g}\Big) \]

而由于\([x^\emptyset]f=0\)，根据之前的结论，\(\sum_T[x^T]\tilde f=0\)，所以\([x^\emptyset]\tilde f=-\Big(\sum_{T\neq \emptyset}[x^T]\tilde f\Big)=\sum_{T\neq \emptyset}\frac{2^n}{1-[x^T]\tilde g}\)

因此：

\[[x^S]f=\frac{1}{2^n}\Big(\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}[x^T]\tilde f\Big)=\Big(\sum_{T\neq \emptyset}\frac{1}{1-[x^T]\tilde g}\Big)-\Big(\sum_{T\neq \emptyset}(-1)^{|S\cap T|}\frac{1}{1-[x^T]\tilde g}\Big) \]

\[[x^S]f=\sum_{T\neq \emptyset}[|S\cap T|\equiv1(\bmod \ 2)]\frac{2}{1-[x^T]\tilde g} \]

代入\([x^T]\tilde g=\sum_{i}(-1)^{[i\in T]}\frac{p_i}{\sum_j p_j}\)，得\(1-[x^T]\tilde g=\sum_{i}[i\in T]\frac{2p_i}{\sum_{j}p_j}\)，回代入原式，得：

\[[x^S]f=\sum_{T\neq \emptyset}[|S\cap T|\equiv1(\bmod \ 2)]\frac{\sum_{j}p_j}{\sum_{i\in T}p_i} \]

\[[x^S]f=\Big(\sum_j p_j\Big)*\Big(\sum_{T\neq \emptyset}[|S\cap T|\equiv1(\bmod \ 2)]\frac{1}{\sum_{i\in T}p_i}\Big) \]

由于\(\sum_j p_j\)非常小，因此后面的式子可以通过简单的\(dp\)计算出来。

[ZJOI2019]语言

考场上只会写3个\(\log\)的我太菜了。

考虑对于一个点，它能交流的所有点就是经过它的链的并。

我们可以用线段树来维护一个点集的连通并的点数（即最小的使得某些点都在内的连通块的点数），具体做法不讲了（想必这篇博客没有人看的233，如果有人问再加上去吧）。再用树上差分思想，在点上添加事件，加上线段树合并，就做完了。

虽然是一个\(\log\)的但我写出来跑的有点慢，可能我太菜了。

LOJ #575 不等关系

一道不算很难的容斥题。

考虑最简单的容斥方法，用\(至少违背零个大于号-至少违背一个大于号+至少违背两个大于号\dots\)来计算，对于至少违背\(k\)个大于号的方案数，可以发现当我们选定了哪些位置违背以后，限制就只剩下小于号了。此时长度为\(n+1\)的排列会被分成\(m\)部分，大小分别为\(a_1,a_2,\dots,a_m\)，每一段内要满足大小递增。那么此时的答案就是：

\[{n+1\choose a_1,a_2,\dots,a_m}=\frac{(n+1)!}{\prod_{i=1}^ma_i!} \]

\((n+1)!\)对于所有方案都是相同的，我们可以不管它。于是只要将所有段的大小的阶乘的逆元相乘就是方案数。

首先考虑暴力做法，我们根据字符串\(s\)先将排列划分为\(m\)段，大小分别为\(a_1,a_2,\dots,a_m\)（这和上面的定义不一样，只是我懒得换字母了），由于容斥的关系，一些段可能会并起来。我们假定违背了其中\(k\)个大于号，合并后段的大小分别为\(b_1,b_2,\dots,b_{m-k}\)，那么这种方案的贡献为\((-1)^k\Big(\prod_{i=1}^{m-k}\frac{1}{b_i!}\Big)\)。

那么考虑\(dp\)，我们设\(f_i\)表示只考虑前\(i\)段，所有方案的贡献和。设\(S_i\)表示\(a\)的前\(i\)项和。那么我们只要枚举第\(i\)段会与前面的几段合并，就可以得出方程：

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{i-j+1}f_j\frac{1}{\Big(S_i-S_j\Big)!} \]

就得到了\(O(n^2)\)的做法。

可以注意到，由于和式中的最后一项非常复杂，因此很难优化成卷积形式。我们考虑更换一种方法，改设\(f_i\)表示只考虑排列的前\(i\)个，所有方案的贡献和。值得注意的是如果\(i\)和\(i+1\)之间是小于，即原本在一段内的，那么我们可以任意取\(f_i\)的值，因为我们将看到它对后面是没有影响的。我们再设\(a_i\)表示\(i\)和\(i+1\)之间是否用大于号连接（即可以断开），特别的，\(a_0=a_{n+1}=1\)。设\(S_i\)表示\(a\)的前\(i\)项和。

根据之前的思路，易得：

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{S_i-S_j+1}a_jf_j\frac{1}{(i-j)!} \]

变化一下，得：

\[(-1)^{S_i}f_i=\sum_{j=0}^{i-1}\Big(a_j(-1)^{S_j}f_j\Big)*\Big(-\frac{1}{(i-j)!}\Big) \]

可以发现，虽然其转化为简单的卷积式比较困难，但是借助分治fft，我们就可以先将\((-1)^{S_i}f_i\)算出来，再乘上\(a_i\)贡献给后面了。复杂度\(O(n\log^2 n)\)。

所以说，分治fft天下第一。