简单格路计数相关

形式

无限制

最简单的一种。

• 从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)，每次只能向上或向右走，一共有 \(\dbinom {n+m} n\) 种方案。

不碰线格路计数问题

问题：从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)，每次只能向上或向右走，且不能碰到直线 \(y=x+1\)，问有多少种方案。

考虑容斥，总方案数为 \(\dbinom {n+m}n\) 种。

考虑第一次碰到直线后，把后面的路径按 \(y=x+1\) 对称一下，相当于走到 \((n-1,m+1)\)。

发现走到 \((n-1,m+1)\) 既是充要的，又是必要的，所以碰到直线的方案数就是 \(\dbinom {n+m} {n+1}\)。

双不碰线格路计数问题

问题：从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，不能碰到直线 \(y=x-1\) 和直线 \(y=x+k\)（显然两条直线平行），求方案数。

还是容斥，总方案数为 \(\dbinom {2n} n\)。

减去分别碰到 \(y=x-1\) 和 \(y=x+k\) 的方案数，但是如果两条都碰呢？

考虑再加上先碰 \(y=x-1\) 再碰 \(y=x+k\) 的，以及先碰 \(y=x+k\) 再碰 \(y=x-1\) 的。

一直这样算下去，直到超出可行范围内。

补充：对于原来的两条直线 \(y = x + b_1,\ y = x + b_2\)，以及折了若干次的直线 \(y = x + c_1, \ y = x + c_2\)，新的直线为 \(y = x + 2b_1 - c_2,\ y = x + 2b_2 - c_1\)

应用

Catalan number

定义卡特兰数 \(C_n\) 为从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\) 且不碰到直线 \(y=x+1\) 的方案数。

容易算出

\[ \begin{aligned} C_n &= \binom {2n} n - \binom {2n} {n+1} \\ &= \frac {(2n)!} {(n!)^2} - \frac {(2n)!} {(n-1)!(n+1)!} \\ &= \frac {(2n)!} {(n!)^2} (1 - \frac {(n!)^2} {(n-1)!(n+1)!}) \\ &= \frac {(2n)!} {(n!)^2} (1 - \frac {n} {n+1}) \\ &= \frac 1 {n+1} \binom {2n} n \end{aligned}\]

运用模型：

• 长度为 \(2n\) 的合法括号序列数。

• \(1,2,...,n\) 依次入栈，合法出栈序列数。

• \(n\) 个点的无标号有根二叉树数量。

• \(n\) 边凸多边形的三角剖分方案数。

根号分治

• 题目：有两个人，从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，每一步都同时走，全程两人之间的曼哈顿距离不超过 \(2k\)，求方案数。

发现同时向上/右走不影响两人之间的距离，考虑枚举异方向走的步数 \(d\)。

• 第一个人向上走，第二个人向右走，距离 \(+2\)。

• 第一个人向右走，第二个人向上走，距离 \(-2\)。

相当于一个变量，每次 \(+1\) 或 \(-1\)，操作 \(2n\) 次，最后变为 \(0\)，全程都在 \([-k,k]\) 内。

放在平面上，从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，不能碰到 \(y=x-k-1\) 和 \(y=x+k+1\)。

反射容斥，双不碰线问题，答案为 \(\dbinom {2n} n - 2\dbinom {2n} {n-(k+1)} + 2\dbinom {2n} {n-2(k+1)} ...\)

这样算复杂度为 \(O(\dfrac {n^2} k)\)。

我们可以 DP，复杂度为 \(O(nk)\)。

根号分治，\(O(n\sqrt n)\)。

LIS \(\le 2\)

问题：求有多少个排列 \(p\)，满足 LIS \(\le 2\)。

考虑取反，最长下降子序列长度 \(\le 2\)。

根据 Dilworth 定理，最大反链等于最小路径覆盖，即排列 \(p\) 可以被划分为两个上升子序列。

• 一个很牛逼的 DP：设 \(f[i,j]\) 表示填写了 \(p_{1...i}\)，最大值为 \(j\) 的合法方案数。

考虑转移到 \(i+1\)，下一个填的数可以比 \(j\) 大：\(f[i+1,k]\gets f[i,j] (k>j)\)。

否则一定填 \(<j\) 的没填的最小数字，如果不填最小，那么之后填这个最小数字会产生一个长度为 \(3\) 的下降子序列。

这样转移为 \(f[i+1,j]\gets f[i,j]\)。

那么 \(f[i+1,j...n]\gets f[i,j]\)。

考虑转格路计数问题，相当于从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，不能碰到 \(y=x-1\)，其实就是 \(C_n\)。