推式子的做题记录

「LOJ#3399」Communication Network

首先列出式子，\(ans=\sum\limits_{T_2}|T_1\cap T_2| 2^{T_1\cap T_2}\)

注意到有 \(f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}\sum\limits_{T'\subseteq T}(-1)^{T-T'}f(T')\)

证明可考虑计算每个 \(T'\) 的贡献，由于 \(T'\subseteq T\subseteq S\)，\(T\) 必然是 \(T'\) 与 \(S-T'\) 的某个子集的并，于是我们尝试枚举这个子集的大小，可得 \(T'\) 在对这个柿子结果的贡献为 \(f(T')\sum\limits_{i=0}^{|S-T'|}\binom{|S-T'|}{i}(-1)^i=0^{|S-T'|}·f(T')\)，因此只有当 \(T'=S\) 时对结果产生 \(f(T')\) 的贡献，其余 \(T'\) 的贡献均为 \(0\)，得证。

记 \(f(S)=|S|·2^{|S|}\)，那么:

\[\begin{aligned} ans&=\sum\limits_{T_2}f(T_1\cap T_2)\\ &=\sum\limits_{T_2}\sum\limits_{S\subseteq(T_1\cap T_2)}\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)(-1)^{|S|-|T|}\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)(-1)^{|S|-|T|}(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}\sum\limits_{T\subseteq S}2^{|T|}|T|(-1)^{|S|\color{red}{+}|T|}(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{T\subseteq S}(-2)^{|T|}|T|(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{i=0}^{|S|}(-2)^i·i·\dbinom{|S|}{i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{i=0}^{|S|}(-2)^i·|S|·\dbinom{|S|-1}{i-1}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·\sum\limits_{i=0}^{|S|-1}(-2)^{i+1}·\dbinom{|S|-1}{i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·(-2)·\sum\limits_{i=0}^{|S|-1}(-2)^{i}·\dbinom{|S|-1}{i}·1^{|S|-1-i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·(-2)·(-1)^{|S|-1}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}2|S|·(\sum\limits_{S\in T_2}1) \end{aligned} \]

发现，\(\sum\limits_{S\in T_2}1\) 就是包含 \(S\) 当中边的生成树个数，于是题目要求的就是对于所有边集 \(S\)，包含 \(S\) 的生成树个数乘上 \(S\) 的大小之和。

根据结论：包含 \(S\) 的生成树个数就是 \(n^{r-2}\prod\limits_{i=1}^r a_i\)，其中 \(r\) 为 \(S\) 中的边所形成的连通块个数，\(a_1,a_2,\cdots,a_r\) 为这 \(r\) 个连通块的大小。

于是答案可进一步写成：

\[2\sum\limits_{S\in T_1}|S|·n^{r-2}\prod\limits_{i=1}^ra_i= \dfrac{2}{n^2}\sum\limits_{S\in T_1}|S|\prod\limits_{i=1}^rna_i\]

此时这玩意儿的组合意义就异常明显了：选择一个边集将这棵树分成若干个连通块，再从每个连通块中选择一个点，产生 \(n\) 的乘积贡献，最后从选定的边集中选择一条边，球所有选法的贡献之和。

这样就可以 DP 了，\(f_{u,0/1,0/1}\) 表示确定了以 \(u\) 为根的子树内连通块的划分情况，\(u\) 所在的连通块是否选择了点，\(u\) 子树内是否有边被选择的方案数，树上背包转移即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

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P5900 无标号无根树计数

设 \(n\) 个点的无标号有根树有 \(f_n\) ​个，对应的生成函数为 \(F(x)\)。

发现去掉根之后变成了点总和为 \(n-1\) 个的独立的树，是背包，所以可以写出式子：

\[f_n = [x^n] x \prod_{k=1}^{\infty} (\sum_{k=0}^{\infty}x^{ik})^{f_k} \]

改写一下：

\[F(x) = x\prod_{k=1}^{\infty} (\frac{1}{1-x^k})^{f_k} \]

两边同时取对数把乘改成加：

\[\ln(F(x)) = \ln x-\sum_{k=1}^{\infty} {f_k} \cdot \ln(1-x^k) \]

两边同时求导:

\[\frac{F'(x)}{F(x)} = \frac1x + \sum_{k=1}^{\infty} k{f_k} \cdot \frac{x^{k-1}}{1-x^k} \]

同乘 \(xF(x)\) 去分母：

\[xF'(x) = F(x) + F(x) \sum_{k=1}^{\infty} k{f_k} \cdot \frac{x^{k}}{1-x^k} \]

从生成函数考虑回答案：
（发现前面是求导完再乘上 \(x\)，后面是两个多项式相乘，其实是卷积，所以把系数比 \(n\) 小的项给整过去即可。）

\[nf_n = f_n + \sum_{i=1}^{n-1} f_i \sum_{k=1}^{n-1} k{f_k} ([x^{n-i}] \frac{x^{k}}{1-x^k} ) \]

因为有：

\[\frac{x^k}{1-x^k} = \sum_{i=1}^{\infty}x^{ik} = \sum_{i=1}^{\infty}[k|i]x^{i} \]

代入原式得：

\[nf_n = f_n + \sum_{i=1}^{n-1} f_i \sum_{k=1}^{n-1} k{f_k} [k|n-i] \]

\[f_n = \frac{ \sum_{i=1}^{n-1} f_i \sum_{k=1}^{n-1} k{f_k} [k|n-i]} {n-1} \]

设 \(g_n = \sum_{d|n} d \cdot f_d\)，有：

\[f_n = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n-1} f_i g_{n-i} \]

这就是一个类似卷积的形式，考虑用分治 \(\text{FFT}\) 优化。

在正常的分治过程中，我们需要 \(f(l)\sim f(mid),g(0)\sim g(r-l)\) 计算贡献。但是在这里所有的 \(g\) 都需要知道比它小的 \(f\) 才能计算。

当分治区间的 \(l=1\) 时，\(g\) 的贡献不能完全计算，所以就先不计算这部分的贡献，改为在计算出一段 \(g\) 后卷积两次来完整计算左区间的贡献（一遍 \(f\) 一遍 \(g\)）。

现在已经求出了 \(n\) 个点的无标号有根树的数量，考虑使用容斥转化出为标号无根树的数量。

（不知道为什么我这么难写）

现在已经求出了 \(n\) 个点的无标号有根树的数量，考虑使用容斥转化出为标号无根树的数量。

因为一棵树的重心非常少并且可以用子树大小来描述，那么就使用容斥去掉所有根不为重心的子树，具体来说就是枚举有哪些树的根包含“一个子树的大小大于整棵树大小的一半”就可以解决了。

实际实现的时候考虑枚举断掉原来树的一条中心边来处理，假设 \(h_n\) ​为 \(n\) 的无标号无根树的数量。

\[ h(x) = \left\{ \begin{aligned} & \ f_n-\sum^{n-1}_{k=\frac{n+1}{2}} f_k f_{n-k} &[n \bmod 2=1] \\ & \ f_n-\sum^{n-1}_{k=\frac n 2+1} f_k f_{n-k}-\binom{f_{\frac n 2}}{2} &[n \bmod 2=0] \\ \\ \end{aligned} \right. \]

因为偶数个节点的树可能有两个重心，枚举判掉即可。

那么这个东西的中间的部分很明显是一个卷积，\(\mathcal O(n\log n)\) 求出来然后 \(O(n)\) 就可以求 \(h_n\)。

总复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。

$ \ \ $

P6598 烷烃计数

就是 \(n\) 个点的每个点的度数个数 \(≤4\) 的无标号无根树计数。

先改成除根节点外每个点的子节点个数 \(≤3\)，根节点的子节点个数 \(≤4\) 的无标号有根树计数。

还是用无标号无根树计数的处理方法：钦定根为重心，减掉不合法的方案数。

其实只要特别考虑根节点就可以了，设所有节点度数不超过 \(4\) 的无标号无根树的生成函数为 \(P(x)\)。

使用 Burnside 引理和 Polya 定理（括号里的数字代表每个循环的大小）：

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P3312 [SDOI2014] 数表

啊↑

首先这个东西某一行某一列本质上是 \(\sigma(\gcd(i,j))\) 所以先考虑整体能不能化简。

令 \(n<m\) 有：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sigma(\gcd(i,j))  \]

把 \(\gcd(i,j)\) 挪出来，枚举约数：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{d|i,d|j} \sigma(d) [\gcd(i,j)=1] \]

套路挪到外面去：

\[\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d} \sigma(d) [\gcd(i,j)=1]  \]

\[\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d} \sigma(d) \sum_{t |\gcd(i,j)} \mu(t)  \]

\[\sum_{d=1}^n  \sigma(d) \sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d}\sum_{t |\gcd(i,j)} \mu(t)  \]

直接变成：

\[\sum_{d=1}^n  \sigma(d) \sum_{t=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \mu(t) \lfloor \frac{n}{dt} \rfloor \lfloor \frac{m}{dt} \rfloor  \]

令 \(dt=T\) 更换枚举顺序就变成：

\[\sum_{d=1}^n  \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{d|T} \sigma(d) \mu(\frac T d)  \]

设 $g(T) = \sum_{d|T} \sigma(d) \mu(\frac T d) $，可以发现当 \(\sigma(d) \leq a\) 时才会对答案有贡献，考虑离线，按照 \(a\) 排序进行更新。

当更新到某个 \(d\) 时，发现所有的 \(d | T\) 的 \(g(T)\) 都要更新，考虑枚举倍数更新。

发现每次查询答案的时候都要用到一个区间的所有 \(g(T)\) 的值，需要查询区间和。

考虑用树状数组维护。

因为更新时有 \(\sum_{x=1}^n \frac 1 x \approx \ln(n) \)，查询时需要在外面套一个数论分块，所以时间复杂度约为 \(\mathcal O( n \log^2 n + q \sqrt n \log n ) \)。

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5860 最长上升区间

首先可以拆分贡献为：对每个 \(L\)，求存在上升区间长度不小于 \(L\) 的方案数。

其反面为：“所有长度为 \(L\) 的子区间均不上升”。依容斥原理，只需对于全体选择若干个长度为 \(L\) 的上升区间的方案，求它们的容斥系数和即可统计。

考虑如果两段上升区间相交，那么可以直接合并。全部合并后，形成若干段独立的上升区间。因此，问题可转化并分为两部分：

1. 求一个区间 \([l,r]\) 上升的方案数。

2. 求用长度为 \(L\) 的区间来覆盖区间 \([l,r]\)（可以交叉）的所有方案的容斥系数和。

首先处理第一个问题。在固定右端点 \(R\) 的情况下，记 \(f(i,x)\) 表示第 \(i\) 个数取成 \(x\) 所能得到得上升子序列数。又记 \(g(i,x)=\sum^{M_i}_{y=x}f(i,y)\)，则 \(f(i,x)=g(i+1,x+1)\)。因此可得 \(g(i,x)=\sum^{M_i}_{y=x}g(i+1,x+1)\) 我们需要维护两个操作：向前平移、求后缀和。

发现可以将 \(g(i,x)\) 表示为 \(\sum_{k≥0} A^i_k \frac{x^{\overline k}}{k!}\) 的形式，轻松递推。

然后处理第二个问题。设 \(h_L(n)\) 表示用长度为 \(L\) 的区间交叉覆盖长度为 \(n\) 的区间所有方案的容斥系数和。那么 \(h_L(L)=1\), 且有 \(h_L(n)=−\sum^{n−1}_{i=n−L+1}h_L(i)\)。

最后只需要枚举 \(L\) 并做一个简单的递推来合并以上区间的容斥系数和。

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AGC053C

考虑 \(2N\) 所在的那一堆，记为 \(B\)，则拿空的一定是 \(A\)。

思考 \(B\) 会被拿多少个，发现 \(A\) 中的某个数想要消除掉则要把右边离它最近的 \(B\) 中的比它大的数给拉过来（在左边就顺其自然），记所有 \(A_i\) 中 \(A_i<B_j\) 且 \(j\) 最小的 \(B_j\) 有 \(t=j-i\)，则操作次数为 \(n+\max\{t\}\)。

计算期望，记 \(P(d)\) 为总操作次数 \(\leq n+d\) 的概率，则答案为 \(\sum_{i=0}^{n-1} (P(i)-P(i-1))(n+i)\)，且有 \(P(n-1)=1\)。

\[\sum_{i=0}^{n-1} (P(i)-P(i-1))(n+i) = 2n-\sum_{i=0}^{n-1} P(i) \]

考虑计算 \(P(d)\)，令 \(2N\) 在 \(B\) 内，则答案小于 \(n+d\) 当且仅当对于任何 \(i≥1\)，\(B_1,B_2,⋯ ,B_{min⁡{i+d,n}}\)​ 中存在一个值大于 \(A_i​\)。

所以有：

\[P(d) = 2 \times \prod_{i=1}^{N-d} \frac{2i+d-1}{2i+d} \times \prod_{i=N-d+1}^{N} \frac{N+i-1}{N+i} = \frac{2n-d}{n} \times \prod_{i=1}^{n-d} \frac{2i+d-1}{2i+d} \]

预处理奇偶数的前缀积即可。

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[WC2021]斐波那契

首先我们要知道模 \(n\) 意义下的斐波那契数列的循环节长度 \(\mathcal O(n)\)，才能考虑后面的事。

考虑题意，记 \(f_n\) 为斐波那契数列的第 \(n\) 项，那么问题就相当于 \(a f_{n-1} + b f_n \equiv 0 (\bmod m)\)，求 \(n\)。

考虑把 \(a,b\) 放到一边，\(f_{n-1} , f_n\) 放一起，发现有逆元才能做除法，要求互质。

首先考虑 \(d=\gcd(a,b,m)\)，将 \(a,b,m\) 分别除以 \(d\) 后同余方程等价（相当于去掉了一个完全没有用的公因数）。记新的方程为 \(a' f_{n-1} + b' f_n \equiv 0 (\bmod m')\)，发现这个时候无法保证两两互质。

变成 \(a' f_{n-1} \equiv - b' f_n (\bmod m')\)

因为斐波那契数列有 $f_{n-1} \perp f_n $，想要保证等式两边相同，那么两边的贡献也得相同.

所以可以保证有 \(\gcd(f_n,m')=\gcd(a',m')=p\) 以及 \(\gcd(f_{n-1},m')=\gcd(-b',m')=q\)。

这样两边与 \(m'\) 的公约数都有且仅有 \(p\) 和 \(q\)，把两边同时除以 \(pq\) 就得到了互质的的同余方程。

变成了 $ \frac{q}{p} \cdot \frac{a'}{-b'} \equiv \frac{q}{p} \cdot \frac{f_n}{f_{n-1}} (\bmod \frac{m'}{pq}) $

在某组 \(a,b\) 的询问下，我们根据对应的 \((p,q,\frac{f_n}{f_{n-1}} \bmod \frac{m'}{pq})\) 三元组找到事先预处理好，储存在 map 里面的答案输出就行。

在预处理的时候，先枚举约数，然后根据模意义下只有线性个的 \(f_n\) 和 \(f_{n-1}\) 来处理出对应的 \(p\) 和 \(q\)。总复杂度约为 \(\mathcal O(\sigma(m) \log m)\)