组合数学学习笔记

Part 1

基础组合数学

::::info[前置]

\[\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j} \]

\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i} \]

问题一：

$n$ 个相同的小球放入 $m$ 个不同的盒子，盒子可以为空。

方案数为 $\binom{n+m-1}{m-1}$。(插板法)

问题二：

$n$ 个相同的小球放入 $m$ 个不同的盒子，每个盒子最多放 $k$ 个，盒子可以为空。

考虑进行简单的容斥。

考虑强行给某些盒子 $k+1$ 个球得到不合法方案，转化为问题一来求。

答案为

\[\sum_{i=0}^m (-1)^{i-1}\binom{m}{i}F(n-i(k+1),m) \]

其中，$F(n,m)=\binom{n+m-1}{m-1}$。

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::::success[CCPC2023 秦皇岛热身赛 ]

把赢局视为小球，输局视为隔板，由于 $n,m$ 确定，小球总数和盒子数都是确定的。

问题转化为：$\sum_{i=1}^{n-m+1}a_i=m$，且 $\max\{a_i\}=k$ 的方案数。

考虑简单容斥：考虑将问题改为 $a_i\le k$ 的方案数，即上述问题二，则用 $ans(a_i\le k)-ans(a_i<k)$ 即可。

复杂度 $O(n)$。

细节：$k=0$ 时特判。

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::::success[AT_agc013_e Placing Squares]

转化：

在非标记的位置可以放上隔板。
在每个分隔出的区域之间要刚好放上一黑一白两个球，可以重叠。

则所有隔板和球的放法的方案数就是答案。

第一条限制可以分割出所有的正方形边长。

第二条限制是乘法原理，对应面积。

开始 $dp$：

记 $f_{i,0/1/2}$ 表示目前在第 $i$ 个位置，与上一个隔板之间已经放了 $0/1/2$ 个球。

对于转移方程：

由于第二条限制，只有 $f_{i,2}$ 的转移可以放隔板。

若 $i+1$ 的左边界可以放隔板($i\not \in X$)。

\[f_{i+1,0}=f_{i,0}+f_{i,2} \]

$f_{i,0}$：不放球。

$f_{i,2}$：放隔板，不放球。

\[f_{i+1,1}=2f_{i,0}+f_{i,1}+2f_{i,2} \]

$2f_{i,0}$：放黑/白球。

$f_{i,1}$：不放球。

$2f_{i,2}$：放隔板，放黑/白球。

\[f_{i+1,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+f_{i,2}+f_{i,2} \]

$f_{i,0}$：放两球。

$f_{i,1}$：放剩下一球。

$f_{i,2}$：不放隔板，不放球。

$f_{i,2}$：放隔板，放两球。

若 $i+1$ 的左边界不可以放隔板($i\in X$)。

去掉对应放隔板的项即可。

\[f_{i+1,0}=f_{i,0} \]

\[f_{i+1,1}=2f_{i,0}+f_{i,1} \]

\[f_{i+1,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+f_{i,2} \]

初始状态为 $f_{1,0}=f_{1,2}=1,f_{1,1}=2$。

答案为 $f_{n,2}$，直接转移是 $O(n)$ 的。

考虑矩阵快速幂。

记状态向量为 $[f_{i,0},f_{i,1},f_{i,2}]$

对于可以放隔板的转移矩阵：

\[\begin{bmatrix} 1& 2& 1 \\ 0& 1& 1\\ 1& 2& 2 \end{bmatrix} \]

对于不可以放隔板的转移矩阵：

\[\begin{bmatrix} 1& 2& 1 \\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1 \end{bmatrix} \]

复杂度 $O(m\log n)$。

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::::success[P2606 [ZJOI2010] 排列计数]

发现是统计小根堆的方案数。

由于堆的形态已经确定，只用看每个位置的值。

分析一下：

堆的根一定是1，则要考虑把剩下的数往两个子树内放，可以先分出 $n-1$ 个数哪些在左子树，哪些在右子树，方案数为 $\large\binom{n-1}{sz_{lson}}$。接着可以递归下去做，每次方案数为 $\large\binom{sz_u-1}{sz_{lson}}$，递归到叶子节点结束，为了同时维护 $sz$，考虑后序遍历。

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Catalan数与反射容斥

::::success[P3266 [JLOI2015] 骗我呢]

容易发现每一行只有一种数没有出现。

记 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 行 $j$ 没有出现。把行号从 0 开始标，值域为 $[1,m+1]$。

则 $f_{i_j}=\sum_{k=0}^{j+1} f_{i-1,k}=f_{i,j-1}+f_{i-1,j+1}$ 。

初始状态为 $f_{0,0}=1$，答案为 $f_{n,m}$。

考虑使用格路计数。

记 $f_{i,j}$ 所在点横坐标 $x$ 为 $i+j$，纵坐标 $y$ 为 $i$。

有 $(x,y)=(x-1,y)+(x,y-1)$。

起点为 $(0,0)$ 终点为 $(n+m,n)$。

由于 $j\in [1,m+1]$，且 $j=0$ 也参与转移，有 $0\le x-y \le m$。

那么有两条直线 $y=x-(m+2),y=x+1$ 不能接触。

直接使用反射容斥即可。

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斯特林数

::::info[概念]

第一类斯特林数 ${n\brack m}$

求把 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个非空圆排列的方案数。

\[{n\brack m}={n-1\brack m-1}+(n-1){n-1\brack m} \]

公式：

\[x^{\bar n}=\sum_{k=1}^n {n \brack k}x^k \]

\[x^{\underline{n}}=\sum_{k=1}^n(-1)^{n-k} {n \brack k}x^k \]

\[n!=\sum_{k=0}^n {n\brack k} \]

第二类斯特林数 $n\brace m$

求把 $n$ 个不同元素划分成 $m$ 个非空子集的方案数。

\[{n\brace m}={n-1\brace m-1}+m{n-1\brace m} \]

通项：

\[{n \brace k}=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom{k}{i}(k-i)^n \]

公式：

\[m^n=\sum_{i=0}^m {n\brace i} i! \binom{m}{i} \]

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第一类斯特林数

::::success[P4609 [FJOI2016] 建筑师]

观察发现 $n$ 一定可以被看到。

则 $n$ 左边有 $A-1$ 个从左边看一定可以看到，$n$ 右边有 $B-1$ 个一定可以被看到。

则把左右每个可以看到的数和被它挡住的数看作一个集合，只要把每个集合的元素确定了，然后把最大的放前面，其他随便排即可。

那么一个大小为 $k$ 的集合排法为 $(k-1)!$，发现就是圆排列。那么，把 $n-1$ 个数分到 $A+B-2$ 个相同圆排列就是 ${n \brack A+B-2}$。

接着，这 $A+B-2$ 个集合要选出 $A-1$ 个排到左边，$B-1$ 个排到右边，只要分配好了，两边的集合按最大值从小到大排即可。直接就是 $\binom{A+B-2}{A-2}$。

\[ans=\binom{A+B-2}{A-1}{n-1 \brack A+B-2}$$。 :::: ### 第二类斯特林数 ::::success[[CF932E Team Work](https://www.luogu.com.cn/problem/CF932E)] 比较明显的斯特林数。 \]

\begin{aligned}
ans&=\sum_{x=1}^n x^k\binom{n}{x}\&=

\sum_{x=1}^n \sum_{i=0}^x {k \brace i} i!\binom{x}{i}\binom{n}{x}\&=

\sum_{x=1}^n \sum_{i=0}^x {k \brace i} i!\binom{n}{i}\binom{n-i}{x-i}\&=

\sum_{i=0}^k {k \brace i} i!\binom{n}{i}\sum_{x=i}^n \binom{n-i}{x-i}\&=

\sum_{i=0}^k {k \brace i} n^{{\underline{i}}\sum_{x=0}} \binom{n-i}{x}\&=

\sum_{i=0}^k {k \brace i}n^{{\underline{i}}2}
\end{aligned}

\[ :::: ::::success[[CF1278F Cards](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1278F) ] \]

\begin{aligned}
ans&=\sum_{i=1}^n \binom{n}{i} i^k (\frac{1}{m})^i (\frac{m-1}{m})^{n-i} \&=
\frac{1}{m^n}\sum_{i=1}n \binom{n}{i} \sum_{j=0}^i {k \brace j} j! \binom{i}{j} (m-1)^{n-i} \&=
\frac{1}{m^n}\sum_{j=0}i {k \brace j} j!\sum_{i=1}^n \binom{n}{i}\binom{i}{j} (m-1)^{n-i} \&=
\frac{1}{m^n}\sum_{j=0}i {k \brace j} j!\sum_{i=1}^n \binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j} (m-1)^{n-i} \&=
\frac{1}{m^n}\sum_{j=0}i {k \brace j} j!\binom{n}{j}\sum_{i=1}^n \binom{n-j}{i-j} (m-1)^{n-i} \&=
\frac{1}{m^n}\sum_{j=0}i {k \brace j} j!\binom{n}{j}\sum_{i=1}^n m^{n-j}

\end{aligned}

\[ :::: ::::success[[CF622F The Sum of the k-th Powers](https://www.luogu.com.cn/problem/CF622F) 自然数幂和] \]

\begin{aligned}

\sum_{i=1}^n i^k &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^i {k\brace j} j! \binom{i}{j} \&=

\sum_{j=0}^k {k\brace j} j! \sum_{i=j}^n \binom{i}{j} \&=
\sum_{j=0}^k {k\brace j} j!\binom{n+1}{j+1}

\end{aligned}

\[瓶颈在求斯特林数，复杂度 $O(k^2)$。 :::: ::::success[[P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题](https://www.luogu.com.cn/problem/P6620)] 以为是拉插，结果是stirling。果然，拉插是不会轻易给 $O(n^2)$ 的数据的。 **转化公式：** $$\binom{n}{k}k^{\underline{m}}=\binom{n-m}{k-m}n^{\underline{m}}\]

为了用上公式，或者说是下降幂转化组合数的trick，记 $f(k)=\sum_{i=0}^ma_ik^i=\sum_{i=0}^mb_ik^{\underline{i}}$。

\[\large \begin{aligned} ans&=\sum_{k=0}^n f(k)x^k\binom{n}{k} \\&= \sum_{k=0}^n x^k \sum_{i=0}^m b_ik^{\underline{i}} \binom{n}{k} \\&= \sum_{k=0}^n x^k \sum_{i=0}^m b_in^{\underline{i}} \binom{n-i}{k-i} \\&= \sum_{i=0}^m b_in^{\underline{i}}\sum_{k=i}^n \binom{n-i}{k-i} x^k\\&= \sum_{i=0}^mb_in^{\underline{i}}x^i\sum_{k=0}^{n-i} \binom{n-i}{k} x^k\\&= \sum_{i=0}^mb_in^{\underline{i}}x^i(x+1)^{n-i} \end{aligned} \]

做到这里就把组合数化掉了，斯特林数和下降幂都是容易求的。

再来看历史遗留问题 $b_i$ 的值：

\[\large\begin{aligned} f(k)&=\sum_{i=0}^ma_ik^i \\&= \sum_{i=0}^ma_i\sum_{j=0}^k {i\brace j} k^{\underline{j}} \\&= \sum_{j=0}^m\sum_{i=j}^ma_i {i\brace j} k^{\underline{j}} \\&= \sum_{i=0}^m\sum_{j=i}^ma_j {j\brace i} k^{\underline{i}} \end{aligned} \]

所以

\[b_i=\sum_{j=i}^m{j\brace i}a_j \]

求 $b_i$ 可以 $O(m^2)$ 做。

总复杂度为 $O(m^2)$，瓶颈在求斯特林数和求 $b_i$。

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::::success[CF1342E Placing Rooks 组合意义]

$k=0$ 时，$ans=n!$。
$k\ge n$ 时，$ans=0$。
$1\le k\le n-1$：

根据条件，每一行或每一列至少要放一个车。

从每一行要放车的视角来看：

发现只要有 $k$ 列不放车，就必然会有 $k$ 对车相互攻击。那么在剩下的 $n-k$ 中，$n$ 辆车被分到了 $n-k$ 个不同的盒子，盒子非空。

由于第二类斯特林数要求相同的盒子，所以应该是 $(n-k)!{n \brace n-k}$。

然后要先选出 $n-k$ 列，所以要乘 $\binom{n}{n-k}$。

由于行的视角和列的视角时一样的，所以还要乘 $2$.

\[ans=2\binom{n}{n-k}(n-k)!{n \brace n-k} \]

发现数据范围不能推斯特林数，考虑通项。

\[\begin{aligned} ans&=2\binom{n}{n-k}\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^i\binom{n-k}{i}(n-k-i)^n \end{aligned} \]

复杂度 $O(n\log n)$。

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拉格朗日插值

::::info[概念]

已知 $n$ 次多项式 $f(x)$ 的 $n+1$ 个点值 $(x_i,y_i)$，有：

\[f(k)=\sum_{i=0}^{n}y_i\prod_{j\not =i}\frac{k-x_j }{x_i-x_j} \]

可以做到 $O(n^2)$ 求一个点值。

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::::success[CF622F The Sum of the k-th Powers 自然数幂和]

使用斯特林数可以做到 $O(k^2)$。

使用拉格朗日插值可以做到 $O(k\log k)$。

结论：自然数幂和是一个关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式。

我们容易得到前 $k+2$ 项的自然数幂和。

为了方便计算，我们处理出 $F=\prod (x-x_i)$。

则有

\[ans=F\sum_{i=1}^{k+2}\frac{y_i}{(x-x_i)\prod\limits_{j<i}(x_i-x_j)\prod_{j>i}(x_i-x_j)} \]

若取 $x_i=i$，有

\[ans=(n-1)^{\underline{k+2}}\sum_{i=1}^{k+2}\frac{y_i}{(x-x_i)(i-1)!(-1)^{\underline{k+2-i}}} \]

阶乘和下降幂都可以直接线性推，所以瓶颈在求 $k+2$ 个点值和求逆元使用的快速幂，复杂度 $O(k\log k)$。

更新！！！！！！

前面推出来的式子还存在问题。如果存在 $i$ 使得 $x=x_i$，则 $F=0$，且 $(x-x_i)$ 的逆元也无法求。

正确的做法是避免逆元，通过前缀积和后缀积拼凑出结果。

\[ans=\sum_{i=1}^{k+2}\frac{y_i\prod\limits_{j=1}^{i-1}(x-i)\prod\limits_{j=i+1}^{k+2}(x-i)}{(i-1)!(-1)^{\underline{k+2-i}}} \]

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Part 2

容斥

::::info[概念]

\[\begin{aligned} |\bigcup_{i=1}^n P_i|&=\sum_{S⊆ \{1,2,\dots,n\}}(-1)^{|S|-1}|\bigcap_{i\in S}P_i|\\&= \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}\sum_{|S|=k}|\bigcap_{i\in S}P_i| \end{aligned} \]

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::::success[CF1895F Fancy Arrays [存在/任意]容斥]

对于第一个限制，我们转为一个更容易的 [存在] 和一个 [任意]。

即

\[ans(\exist a_i\in [x,x+k-1])=ans(\exist a_i\in [0,x+k-1])-ans(\forall a_i\in [0,x-1]) \]

对于 $ans(\exist a_i\in [0,x+k-1])$。

只要保证最小值小于 $x+k$ 即可。

为了找到最小值的位置，且方便满足第二个限制，我们先确定出差分数组，差分数组只会影响相对位置，以确定最小值的位置，而不影响最小值的绝对大小。

则差分数组有 $n-1$ 项，每一项都属于 $[-k,k]$ 之间，有 $2k+1$ 种取值，且互不干扰。所以差分数组有 $(2k+1)^{n-1}$ 种。

然后在让最小值位于 $[0,x+k-1]$，有 $x+k$ 种取值，所以 $ans=(x+k)(2k+1)^{n-1}$。

对于 $ans(\forall a_i\in [0,x-1])$。

发现 [任意] 这个限制就比较宽松。

我们可以直接 $dp$ ，记 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个数且 $a_i=j$ 的方案数。

有

\[f_{i,j}=\sum_{k=\max(0,j-k)}^{\min(x-1,j+k)} f_{i-1,k} \]

复杂度为 $O(nx)$。

考虑矩阵快速幂优化 $dp$，做到 $O(x^3\log n)$。

当然，如果 $k\ge x-1$，此处 $ans=x^n$。

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::::success[P3349 [ZJOI2016] 小星星]

算法一：

考虑树形dp。

记 $f_{u,i,S}$ 表示现在在考虑 $u$ 的子树，$u$ 映射到 $i$，$S$ 表示 $u$ 子树内的点所映射到的集合。

则

\[f_{u,i,S}=\prod_{v\in son_u}\sum_{T \cap S =\phi}\sum_{j\in T}[e(i,j)\in E] f_{v,j,T} \]

算一下时间复杂度，发现要枚举 $i,S,T,j$ ，再加上树形dp的遍历复杂度，总复杂度为 $O(n^33^n)$。可过 $n\le 10$。

接下来把 $3^n$ 优化掉。

考虑去掉 $S$ 这一维，再用容斥。

新的转移方程为：

\[f_{u,i}=\prod_{v\in son_u}\sum_{j=1}^n [e(i,j)\in E] f_{v,j} \]

要枚举 $i,j$，复杂度 $O(n^3)$。

由于没有限制 $j$ 的范围，所以其中会出现多重映射。

如果记 $g_S$ 表示限制 $j\in S$ 做上述转移的结果。

则

\[ans=\sum_{S⊆\{1,2,\dots,n\}}(-1)^{n-|S|}g_S \]

考虑来理解一下这是怎么回事。

对于一个 $g(\{i\})$，只有一个元素的情况，每个点都会重复映射到 $i$，可以理解为 $i$ 在做全集时所重复映射的值，然后通过容斥得到全集的没有重复映射的结果。

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::::info[凑容斥系数]

:::info[广义容斥框架]

目标：求满足条件 $ans$ 的对象的贡献和。
方法：

构造容易计算的条件 $C_1, C_2, \dots, C_n$（通常是" 至少"）。
为每个条件设计容斥系数 $f_1, f_2,\dots, f_n$。
使得每个对象都满足：

\[\sum_{i=1}^n(在C_i下被计数次数) × f_i = (在ans的贡献) \]

错排问题： 求满足所有 $pi \not= i$ 的长度为 $n$ 的排列个数（记为 $D_n$）。

条件 $C_k$ 表示至少有 $k$ 个位置 $p_i=i$ 的排列个数。

考虑一个有 $m$ 个位置 $p_i=i$ 的排列，其对 $C_k$ 的计算次数为 $\binom{m}{k}$，其对 $ans$ 的贡献为 $[m=0]$。

列出方程：

\[\sum_{k=0}^m \binom{m}{k}f_k=[m=0] \]

对于所有 $m\in [0,n]$ 都满足此式，一共有 $n+1$ 个式子，$n+1$ 个变量，可以解出 $f_k$。

直接用二项式定理，$[m=0]=(1-1)^m=\sum\limits_{k=0}^m\binom{m}{k}(-1)^k$。

所以 $f_k=(-1)^k$。

计算答案：

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{k=0}^n C_k f_k \\&= \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}(n-k)! \\&= n!\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!} \end{aligned} \]

:::

例：

有 $n$ 个排列，每个排列有一个价值。

价值规则：如果恰好有 $k$ 个位置满足 $p_i \not= i$，价值为 $a_k$。

求所有排列的价值之和。

解法一：

记 $C_k$($k\in [0,n]$) 表示至少有 $k$ 个位置满足 $p_i=i$ 所有排列的价值和。

考虑通过容斥解决。

如果是一般的容斥我们在重复计算和去重时的权值可能不同，无法得到正确答案。

考虑配上一个系数使得容斥的结果正确。

对于一个有 $m$ 个位置满足 $p_i=i$ 的排列，它对 $C_k$ 的计数次数为 $\binom{m}{k}$，它对 $ans$ 的贡献为 $a_n-m$。

有：

\[\sum_{k=0}^m \binom{m}{k}f_k=a_{n-m} \]

其中，直接有 $f_0=a_n$。

则可以从 $0$ 到 $n$ 递推出所有 $f_k$，复杂度 $O(n^2)$。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(n-k)!f_k \\&= n!\sum_{k=0}^n \frac{f_k}{k!} \end{aligned} \]

解法二：

直接使用组合意义。

\[ans=\sum_{k=0}^n \binom{n}{n-k}D_ka_k \]

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反演

二项式反演

::::info[二项式反演]

第一形式

\[g_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f_i \iff f_n=\sum_{i=0}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}g_i \]

此式可以把恰好转为选择意义上的至多。

:::warning[证明]

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}=[n=0] \]

\[\begin{aligned} f_n&=\sum_{m=0}^n [n-m=0]\binom{n}{m}f_m\\&= \sum_{m=0}^n \sum_{k=0}^{n-m}(-1)^k\binom{n-m}{k}\binom{n}{m}f_m \\&= \sum_{m=0}^n \sum_{k=0}^{n-m}(-1)^k\binom{n-k}{m}\binom{n}{k}f_m \\&= \sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\sum_{m=0}^{n-k} \binom{n-k}{m}f_m \\&= \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}g_{n-k}\\&= \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}g_i \end{aligned} \]

:::

第二形式

\[g_k=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}f_i\iff f_k=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i \]

此式可以把恰好转为钦定意义上的至少。

::::

::::success[AT_abc423_f Loud Cicada]

转为求至少。

$g_i$ 表示至少 $i$ 只蝉的方案数。

有

\[g_m=\sum_{|S|=m} \lfloor \frac{Y}{lcm_{i\in S}a_i}\rfloor \]

直接二项式反演形式二：

\[ans=\sum_{i=m}^n(-1)^{i-m}\binom{i}{m}g_i \]

::::

::::success[P10596 BZOJ2839 集合计数]

考虑恰好转至少。

记 $g_i$ 为交集至少为 $i$ 的方案数。

则

\[g_k=\binom{n}{k}(2^{2^{n-k}}-1) \]

接下来直接反演。

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::::success[P4859 已经没有什么好害怕的了]

记 $f_i$ 表示恰好有 $i$ 对 $a>b$ 的方案数。

若 $n+k$ 为奇数，则无解。

若 $n+k$ 为偶数，则答案为 $f_{\frac{n+k}{2}}$。

直接把 $(n+k)/2$ 记为 $k$，考虑计算 $f_k$。

转化恰好为钦定至少。

记 $g_i$ 表示现在钦定至少有 $i$ 对 $a>b$ 的方案数。

设 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个位置，匹配了 $j$ 个 $a>b$ 的方案数。容易转移。

$g_i=(n-i)!dp_{n,i}$。

使用二项式反演第二种形式即可。

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::::success[P6076 [JSOI2015] 染色问题多重二项式反演叠加]

文字中都是至少，其实是 [恰好有 $n$ 行出现染色] [恰好有 $m$ 行出现染色] [恰好有 $C$ 种颜色出现过]

考虑直接把三个恰好全部转为至少：

则 $g_{i,j,k}$ 表示至多有 $i$ 行，至多有 $j$ 列出现了染色，至多有 $C$ 种颜色可用。

有 $g_{i,j,k}=(k+1)^{ij}$。

这里的答案为

\[\sum_{k=0}^C(-1)^{C-k}\binom{C}{k}\sum_{j=0}^m(-1)^{m-j}\binom{m}{j}\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}(k+1)^{ij} \]

直接做是 $O(nmC\log(nm))$ 的，可过。

在第一层循环预处理 $k+1$ 的幂，可做到 $O(nmC)$。

其实可以优化为两个求和。

看最后一个求和，整理为：

\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}((k+1)^{j})^{i} \]

由于 $g_{i,j,k}$ 中有一层 $()^i$ ，刚好可以用二项式定理搞回去。

所以这一个求和化为 $((k+1)^j-1)^n$，复杂度降为 $O(Cm\log n)$。

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::::success[AT_abc235_g Gardens]

发现可以把恰好 $n$ 个花园转为至多 $n$ 个花园。

至多 $x$ 个的方案数

\[g_x=(\sum_{i=1}^A \binom{x}{i})(\sum_{i=1}^B \binom{x}{i})(\sum_{i=1}^C \binom{x}{i}) \]

发现一个式子，

\[\sum_{i=1}^n \binom{x}{i}=(\sum_{i=1}^n \binom{x-1}{i})\times 2 - \binom{x}{n} \]

容易在杨辉三角上证。

则可以用此式来递推所有 $n$ 的 $\sum\limits_{i=1}^{A/B/C}\binom{n}{i}$

复杂度 $O(n)$。

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::::success[P10597 BZOJ4665 小 w 的喜糖]

记 $g_x$ 表示至少有 $x$ 个位置相同的方案数，$m$ 表示颜色数。

套用二项式反演

\[ans=\sum_{i=0}^{n}(-1)^ig_i \]

考虑 $dp$ 求 $g_i$。

记 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 种颜色至少有 $j$ 个位置相同的方案数。

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(cnt_i,j)} \frac{f_{i-1,j-k}\binom{cnt_i}{k}}{(cnt_i-k)!} \]

$g_i=(n-i)!f_{m,i}$

其中的阶乘拼一起就是多重集排列数。

分析一下发现，复杂度其实是 $O(n^2)$ 的。

::::

::::success[P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏]

把恰好转为至少。

记 $g_i$ 表示至少 $i$ 次非平局的方案数。

再记 $f_{i,j,0/1}$ 表示 $i$ 的子树内，以及钦定了 $j$ 组非平局，$i$ 点当前没有/已经被钦定。

容易写出转移方程。复杂度 $O(n^2)$。

\[g_i=(dp_{1,i,0}+dp_{1,i,1})(m-i)! \]

\[f_k=\sum_{i=k}^m (-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i \]

当然，也可以设为 $f_{i,j}$，转移方程不同，常数更小。

::::

::::info[小结]

一般可以通过二项式反演来简化问题中的恰好。

使用完二项式反演后，可能要 $dp$ 或使用组合意义。
可以使用高维二项式反演。若复杂度过高，需优化或考虑组合意义。

::::

子集反演

::::info[子集反演]

\[g_S=\sum_{T\subset S}f_T \iff f_S=\sum_{T\subset S} (-1)^{|S|-|T|}g_T \]

:::warning[证明]

\[\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|}=[|S|=0] \]

\[\begin{aligned} f_S&=\sum_{T\sube S} [|S-T|=0] f_{T} \\&= \sum_{T\sube S} f_T \sum_{P\sube S-T} (-1)^{|P|}\\&= \sum_{P\sube S}(-1)^{|P|}\sum_{T\sube S-P} f_T \\&= \sum_{P\sube S}(-1)^{|P|}g_{S-P} \\&= \sum_{T\sube S} (-1)^{|S|-|T|} g_T \end{aligned} \]

:::

\[g_S=\sum_{S\sube T} f_T \iff f_S=\sum_{S\sube T}(-1)^{|T|-|S|} g_T \]

::::

::::success[P6442 [COCI 2011/2012 #6] KOŠARE]

使用子集反演，转恰好为子集。

记 $f_S$ 表示种类恰好为 $S$ 的方案数，$g_S$ 表示种类为 $S$ 的自己的方案数。

则显然有

\[g_S=\sum_{T\sube S}f_T \]

可以使用子集反演。

然后记 $h_S$ 表示种类是 $S$ 的子集的盒子数量，可以使用高位前缀和求。

则 $g_S=2^{h_S}$，问题解决。

::::

::::success[AT_arc101_c Ribbons on Tree]

考虑子集反演。

设 $f_S$ 表示恰好 $S$ 中的边没有被染色的方案数。

设 $g_S$ 表示至少 $S$ 中的边没有被染色的方案数，即染色的边集是 $E-S$ 的子集。

有

\[g_{S}=\sum_{S \sube T}f_T \]

子集反演为：

\[f_S=\sum_{S\sube T}(-1)^{|T|-|S|}g_T \]

答案为

\[f_{\phi}=\sum_{T}(-1)^{|T|}g_T \]

接着树形DP。

记 $dp_{u,i}$ 表示点 $u$ 的子树内，与 $u$ 相连的连通块大小为 $i$。若边未染色，视为断开。

对于每个子节点 $v$，有

\[dp_{u,i}\gets -dp_{u,i}\times dp_{v,j} \times val_j \]

表示 $(u,v)$ 这条边断开，并计算 $v$ 连通块内的方案数。其中 $val_j=(j-1)(j-3)(j-5)\dots$ ($j$ 为偶数)，表示与 $v$ 相连的连通块内的连边方案数(当然这样可能会产生没有被染色的边，但我们求的是至少)。$(-1)$ 是把系数 $(-1)^{|T|}$ 放入了 $dp$ 中，这里是把 $(u,v)$ 计入了 $T$，使得 $|T|$ 变化。

\[dp_{u,i+j}\gets dp_{u,i}\times dp_{v,j} \]

表示 $(u,v)$ 这条边连上。

边界为 $dp_{u,1}=1$。

则答案为

\[\sum_{i=1}^n val_idp_{1,i} \]

复杂度为树形DP的复杂度 $O(n^2)$。

::::

$\min$-$\max$ 反演

::::info[$\min$-$\max$ 反演]

\[\max(S)=\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|+1} \min(T) \]

该结论在期望意义下也成立。即：

\[E(\max(S))=\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|+1} E(\min(T)) \]

推广：

\[kth\max(S)=\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T) \]

直接证明推广。

:::warning[证明]

考虑构造容斥系数。

记 $kth\max(S)=\sum\limits_{T\sube S}f_{|T|}\min(T)$。

接着来算每个元素对等式两边的贡献。

对于 $S$ 中的第 $i$ 大的元素，我们可以从它前面 $i-1$ 个元素中选出一些来和它组成 $T$，则该元素为 $\min(T)$ 的结果。

可以列出对右边的贡献：$$\sum\limits_{j=0}^{i-1}\binom{i-1}{j}f_{j+1}$$。

最左边的贡献：$[i=k]$。（$[x]$ 为艾弗森括号）

有方程

\[\sum\limits_{j=0}^{i-1}\binom{i-1}{j}f_{j+1}=[i=k] \]

接着使用二项式反演。

记 $g_{i-1}=[i=k]$，$f'_j=f_{j+1}$

有

\[g_i=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}f'_j \]

则

\[f'_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{i}{j}g_j \]

即：

\[f_{i}=\sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{i-1-j}\binom{i-1}{j}[j+1=k]=(-1)^{i-k}\binom{i-1}{k-1} \]

代入总式：

\[kth\max(S)=\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T) \]

:::

::::

::::success[P3175 [HAOI2015] 按位或]

把原问题描述为最后一个数位出现的秒数的期望值，即所有数位出现秒数的最大值。

考虑转为最小值，即最先出现的，这是容易求的。

给出一个具有一般性的结论：

给出一个事件成功的概率 $p$，失败的概率 $1-p$，重复进行事件直到事件成功，期望次数为 $\frac{1}{p}$。

考虑求一个集合 $S$ 的 $E(\min(S))$。

根据结论，考虑求出概率。

$P(S)$ 表示能够一次得到其中一个数位的概率。

则

\[P(S)=\sum_{T\cap S\not =\phi}p_T=1-\sum_{T\cap S=\phi}p_T=1-\sum_{T\sube (U-S)}p_T \]

对 $p$ 做高维前缀和可以 $O(1)$ 求 $P(S)$ ，高位前缀和复杂度 $O(n2^n)$。

$E(\min(S))=\frac{1}{P(S)}$，再用 $\min$-$\max$ 反演，复杂度为 $O(2^n)$。

总复杂度为 $O(n2^n)$。

::::

::::success[P4707 重返现世]

上一题的升级版，在反演和放容斥系数上使难度增加了很多。

考虑像前一题一样转化，改为求第 $k$ 大，这里的 $k$ 可以表示为原题给出的 $n-k+1$。

先把反演公式供上来：

\[E(kth\max(U))=\sum_{T\sube U} (-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}E(\min(T)) \]

其中 $E(\min(T))$ 同上题求法，为 $\Large\frac{m}{\sum_{i\in T}p_i}$。

然后发现需要 $O(n2^n)$ 的复杂度来求。

由于式子中只有 $T$ 一个变量，考虑用关于 $T$ 的 dp 来计算。

记 $f_{i,j}$ 表示满足只考虑前 $i$ 个物品，$\sum\limits_{i\in T}p_i=j$ 的$\sum_{T\sube U}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}$ 总值。

有转移方程

\[f_{i,j}\gets f_{i-1,j} \]

表示不把 $i$ 加入 $T$ 中，则没有任何影响。

对于加入的情况：

从 $f_{i-1,j-p_i}$ 到 $f_{i,j}$，所有值的 $|T|$ 会变，其中 $(-1)^{|T|-k}$ 只要乘 $-1$ 即可，但是组合数不能直接变化。考虑等式 $$\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}$$，我们在 $f_{i,j}$ 中的每一项的组合数对于 $\binom{n}{m}$，而 $\binom{n-1}{m}$ 就可以对应 $f_{i-1,j-p_i}$ 中的组合数，考虑再找一个状态表示 $\binom{n-1}{m-1}$ 来做整体转移。

由于 $\binom{n-1}{m-1}$ 中对应 $\binom{|T|-2}{k-2}$，而在已有的状态里，都是下面为 $k-1$ 的，无法得到这一项 $\binom{n-1}{m-1}$，考虑扩展状态为 $f_{i,j,k}$ 表示 $k$ 的取值。

则有转移：

\[f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k} \]

\[f_{i,j,k}\gets -f_{i-1,j-p_i,k}+f_{i-1,j-p_i,k-1} \]

至于初始状态，可以反推出初始状态为 $f_{0,0,0}=0$，其他 $f_{k,0,0}=-1$。

复杂度 $O(nmk)$，在转化后 $k \le 11$。

实现时要把 $i$ 这一维空间压缩掉。

::::

::::success[AT_agc038_e Gachapon]

也是第一题的升级版，在组合意义上和放容斥系数上难度增加了，可以说和上一题各有千秋。

直接使用普通的 $\min$-$\max$ 容斥。

有

\[ans=\sum_{S\sube U}(-1)^{|S|+1}E(\min(S)) \]

则考虑求 $E(\min(S))$，此处 $E(\min(S))$ 表示 $S$ 中第一次有元素顶到上界的期望次数。

首先求出单次选到 $S$ 内部的概率，令 $m=\sum\limits_{i=0}^{n-1} a_i$，则结果为 $\Large\frac{m}{\sum\limits_{i\in S}a_i}$，那么期望选进 $S$ 的次数 $P$ 为 $\Large\frac{m}{\sum\limits_{i\in S}a_i}$。

来考虑如何求出这个第一次顶到上界的期望次数。

尝试刻画到达目标时的状态，记 $S$ 中的元素 $i$ 被选出的次数为 $c_i$，$k=\sum\limits_{i\in S}c_i$。则所求其实就是 $E(k)$。考虑拆贡献，从每个 $c_i=0$ 的初始状态，到最终状态，其间就共有 $k$ 个状态，且满足 $c_i<b_i$，每个状态都有 $1$ 的贡献，那么求出到达每个状态的概率之和即可。那么，生成 $k$ 个元素的概率为 $\Large\prod\limits_{i\in S}(\frac{a_i}{\sum\limits_{i\in S}a_i})^{c_i}$，这 $k$ 个元素出现的顺序有 $\Large\frac{k!}{\prod\limits_{i\in S}c_i!}$ 种。总共为 $\Large\frac{k!}{\prod\limits_{i\in S}c_i!}\prod\limits_{i\in S}(\frac{a_i}{\sum\limits_{i\in S}a_i})^{c_i}$。当然，放在整个 $U$ 中的话，还要乘 $P$。

所以

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{S\sube U}(-1)^{|S|+1}\sum_{\forall c,c_i<b_i}\frac{m}{\sum\limits_{i\in S}a_i}\frac{k!}{\prod\limits_{i\in S}c_i!}\prod\limits_{i\in S}(\frac{a_i}{\sum\limits_{i\in S}a_i})^{c_i} \\&= \sum_{S\sube U}(-1)^{|S|+1}\frac{m}{\sum\limits_{i\in S}a_i}\sum_{\forall c,c_i<b_i}\frac{k!}{\prod\limits_{i\in S}c_i!}\prod\limits_{i\in S}(\frac{a_i}{\sum\limits_{i\in S}a_i})^{c_i} \\&= \sum_{S\sube U}(-1)^{|S|+1}\frac{m}{j}\sum_{\forall c,c_i<b_i}\frac{k!}{\prod\limits_{i\in S}c_i!}\prod\limits_{i\in S}a_i^{c_i} \frac{1}{j^k} \end{aligned} \]

接下来就是 $dp$ 了。

观察一下，后面一坨里 $j=\sum\limits_{i\in S}a_i，k=\sum\limits_{i\in S}c_i$，则 $j,k$ 由于需要求和不好放入 $dp$ 里，则把它计入状态。

记 $f_{i,j,k}$ 表示只考虑前 $i$ 个元素，$j,k$ 定义同上。然后做背包dp。

如果不选 $i$ 加入 $S$：

\[f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k} \]

否则

\[f_{i,j,k}\gets -\frac{a_i^c}{c!}f_{i-1,j-a_i,k-c} \]

其中 $c<b_i$。

初始状态为 $f_{0,0,0}=-1$。(空集的 $(-1)^{|S|+1}=-1$)

答案为

\[\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{\sum (b_i-1)}f_{n,j,k}\frac{k!m}{j^{k+1}} \]

分析一下复杂度，要枚举 $i,j,k,c$，$i,c$ 的枚举总量是 $\sum b_i$，是 $O((\sum a_i)(\sum b_i)^2)$ 的。

::::

::::info[小结]

$\min$-$\max$ 反演通常用来处理期望问题。
若数据范围不支持指数复杂度的子集枚举，考虑把容斥系数放入 $DP$。

::::

斯特林反演

::::info[斯特林反演]

\[g_n=\sum_{i=0}^n {n \brace i}f_i \iff f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^n-i {n \brack i} g_i \]

\[g_n=\sum_{k=n}^{inf} {k \brace n}f_k \iff f_n=\sum_{k=n}^{inf} (-1)^k-n {k \brack n} g_k \]

::::

::::success[[2018 雅礼集训 1-16] 方阵]

题目描述：

给定一个 $n \times m$ 的矩阵，每个位置可以填上 $[1,c]$ 中的任意整数。

要求填好后任意两行互不等价，且任意两列互不等价。

求方案数。

$n,m \le 4 \times 10^3$，时限 1s。

考虑去掉列的限制，只考虑行互不等价。

记 $f_{n,m}$ 表示 $n$ 行 $m$ 列不考虑列的限制的答案。有 $f_{n,m}=(c^m)^{\underline{n}}$。

记 $g_{n,m}$ 表示真实答案。

有

\[f_{n,m}=\sum_{i=0}^m {m\brace i}g_{n,i} \]

表示枚举 $m$ 列中有 $i$ 列本质不同的等价类，把 $m$ 列分到 $i$ 个等价类中，再用 $g_{n,i}$ 选出这 $i$ 个等价类以及它们之间的相对关系（毕竟斯特林数中盒子是相同的）。

再使用斯特林反演：

\[g_{n,m}=\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i}{m\brack i}f_{n,i}=\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i}{m\brack i}(c^i)^{\underline{n}} \]

可以 $O(nm)$ 求解。

::::

::::info[小结]

斯特林反演一般与连通图计数有关，一般结合线性基考察。

::::

Part 3

生成函数

::::info[前置]

广义二项式系数：

\[\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-k+1)}{k!}， (\alpha \in \mathbb{R},k\in\mathbb{N}) \]

广义二项式定理：

\[(x+y)^{\alpha}=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{\alpha}{i}x^{\alpha-i}y^i，(\alpha \in \mathbb{R}) \]

上指标反转:(用于化简负数上标)

\[\binom{n}{m}=(-1)^m \binom{m-n-1}{m} \]

::::

普通型生成函数(OGF)

::::info[OGF]

对于数列 $A_0,A_1,\dots,A_n$，其普通型生成函数定义如下：

\[A(x)=\sum_{i\ge 0}A_ix^i \]

OGF常常和“无标号”计数相关。原理可以使用乘法原理。

指数型生成函数(EGF)

::::info[EGF]

对于数列 $A_0,A_1,\dots,A_n$，其指数型生成函数定义如下：

\[A(x)=\sum_{i\ge 0}A_i\frac{x^i}{i!} \]

EGF常常和“有标号”计数相关，即物品相互区分。

:::warning[定义原则]

对于有标号问题，当两个生成函数合并时，有

\[F(i)G(n-i)\binom{n}{i}=H(n) \]

即先选择 $n$ 个标号中的 $i$ 个标号给 $F(i)$。

拆开组合数有：

\[\frac{F(i)}{i!}\frac{G(n-i)}{(n-i)!}=\frac{H(n)}{n!} \]

所以定义为 $\Large\frac{x^i}{i!}$。

:::

多项式操作

::::info[前言]

多项式操作用于辅助生成函数的计算。

此部分不包含多项式科技(如 NTT,FFT)，但多项式科技复杂度可以更优。

::::

::::info[多项式求逆]

给定 $n$ 项多项式 $A(x)$，求 $B(x)A(x)\equiv 1 (\bmod \ x^n)$。

有递推式：

\[B_n=-\frac{1}{A_0}\sum_{i=1}^nA_iB_{n-i} \]

边界：$B_0=\Large\frac{1}{A_0}$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

:::warning[证明]

列出方程：

\[\sum_{i=0}^n A_iB_{n-i}=[n=0] \]

此处设 $n\ge 1$，再把 $A_0B_n$ 一项单独拿出来。

\[A_0B_n=-\sum_{i=1}^n A_iB_{n-i} \]

\[B_n=-\frac{1}{A_0}\sum_{i=1}^nA_iB_{n-i} \]

:::

::::

::::info[多项式求 $\ln$]

给定 $n$ 项多项式 $A(x)$，求 $B(x)\equiv \ln A(x) (\bmod \ x^n)$。（$A_0\not =0$）

有递推式：

\[B_n=\frac{nA_n-\sum_{i=1}^{n-1} iB_iA_{n-i}}{nA_0} \]

时间复杂度 $O(n^2)$。

:::warning[证明]

\[B(x)=\ln A(x) \]

对两边求导：

\[B'(x)A(x)=A'(x) \]

即

\[A'_{n-1}=\sum_{i=1}^n B'_{i-1}A_{n-i} \]

又有 $A'_i=(i+1)A_{i+1}$，$B'_i=(i+1)B_{i+1}$

\[nA_n=\sum_{i=1}^n iB_iA_{n-i} \]

把 $nA_0B_n$ 一项单独拿出来：

\[nA_0B_n=nA_n-\sum_{i=1}^{n-1}iB_iA_{n-i} \]

\[B_n=\frac{nA_n-\sum_{i=1}^{n-1} iB_iA_{n-i}}{nA_0} \]

注意到 $A_0 \not =0$。

:::

::::

::::info[多项式求exp]

给定 $n$ 项多项式 $A(x)$，求 $B(x)\equiv e^{A(x)} (\bmod \ x^n)$。

有递推式：

\[B_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} iB_{n-i}A_i \]

边界：$B_0=1$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

:::warning[证明]

\[B(x)=e^{A(x)} \]

对两边求导：

\[B'(x)=B(x)A'(x) \]

即

\[B'_{n-1}=\sum_{i=1}^{n} B_{n-i} A'_{i-1} \]

又有 $A'_i=(i+1)A_{i+1}$，$B'_i=(i+1)B_{i+1}$

\[nB_n=\sum_{i=1}^{n} iB_{n-i}A_i \]

\[B_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} iB_{n-i}A_i \]

:::

::::

::::success[问题一]

你有若干种颜色不同的骨牌，其中大小为 $1 × i$ 的骨牌共有 $a_i$ 种。每种骨牌都可以无限量使用。用骨牌不重叠地铺满一排 $1 × n$ 的方格，共有几种方法？($a_i, n ≤ 5000$)

先构建只放一个骨牌的生成函数。

有 $$A(x)=\sum a_ix^i$$，可以容易验证。

枚举放置骨牌的数量：

\[T(x)=\sum_{i=1}^{\infty}A^i(x)=\frac{1}{1-A(x)} \]

使用多项式求逆 $O(n^2)$ 做。

::::

::::success[问题二]

求包含 $n$ 个顶点，$n$ 条边的连通无向图有几个。顶点有标号。不允许重边和自环。$(n ≤ 5000)$

考虑把基环树拆为环和接在环上的树。

有标号有根树的种类的生成函数：

\[A(x)=\sum_{n\ge 1}^{\infty}n^{n-1}x^n \]

再枚举环的大小，且去除环的旋转和反转带来的重复，有：

\[T(x)=\frac{1}{2}\sum_{n\ge 3}^{\infty}\frac{A^n(x)}{n}=\frac{1}{2}(\ln(1-A(x))-A(x)-\frac{A^2(x)}{2}) \]

使用多项式求$\ln$ $O(n^2)$ 做。

::::

::::success[P4841 [集训队作业2013] 城市规划]

先考虑一下 $\exp(F(x))$ 的本质。

\[\exp(F(x)) = \sum_{n\ge 0}^{\infty}\frac{F^n(x)}{n!} \]

若 $F(x)$ 可以生成不同的小方案，而 $F^n(x)$ 代表同时生成 $n$ 个方案，即从每个 $F(x)$ 中选出一个方案再合并为大的方案。

发现在多项式的乘法中，有不同的选择方式可以得到同一个大方案，则发现可能会有本质相同的情况被重复计算。那么容易发现算重的次数为排列数，即 $F^n(x)$ 生成的是小方案的排列。

$\exp(F(x))$ 中除去了重复的情况，得到的就是集合。所以 $\exp(F(x))$ 的本质是生成所有 $F(x)$ 可以组成的集合。

回归本题，记 $T(x)$ 为无向简单连通图个数的生成函数，我们考虑 $F(x)=\exp(T(x))$ 代表了什么。

依照上面的理解，$\exp$ 就是枚举生成集合的大小，再将方案数相加。这里就是枚举生成了多少个无向简单连通图，在把方案数相加。

那么每一项系数代表了什么？

第 $n$ 项的系数 $F_n$，它包括了所有无向简单连通图构成的集合，这些集合的总大小为 $n$。其实，就是 $n$ 个点的无向简单图的方案数，因为我们枚举了所有图中连通块的个数，也用 $T(x)$ 表示了每一个连通块的情况。

在根据无向简单图的方案数有：

\[F(x)=\sum_{n\ge 1}^{\infty}2^{\frac{n(n-1)}{2}}x^n \]

而 $F(x)=\exp(T(x))$，即 $T(x)=\ln(F(x))$，$O(n^2)$ 用多项式求 $\ln$ 即可。

呃，发现我们的 $F_0=0$，也就是说无法使用 $O(n^2)$ 的求 $\ln$，只能用多项式科技。

::::

::::success[更多问题(NTT入侵)]

P4389 付公主的背包

$n$ 个生成函数的卷积，由于该函数的性质可以 $O(1)$ 得到 $\ln$ 后的系数，则先算 $\ln$ 求和后的结果，可以做到 $O(\sum \frac{m}{v_i})$，排完序后再合并重复的，就可以做到最劣 $O(n\ln n)$ 的处理。最后 $\exp$ 转为原式即可。

::::

posted on 2026-03-15 14:00 TP2010 阅读(0) 评论(0) 收藏举报

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组合数学学习笔记

Part 1

基础组合数学

Catalan数与反射容斥

斯特林数

第一类斯特林数

拉格朗日插值

更新！！！！！！

Part 2

容斥

反演

二项式反演

子集反演

\(\min\)-\(\max\) 反演

斯特林反演

Part 3

生成函数

普通型生成函数(OGF)

指数型生成函数(EGF)

多项式操作