[AGC041F] Histogram Rooks

\(\mathbf{Part. 0}\)

第一步似乎没有特别显然的直接转换，于是考虑观察和熟悉正方形棋盘的结构。

如图，我们大致可以把原图划分成这样的结构。显然，整个图大致呈显出一颗树的形态，这棵树我们一般称之为 广义笛卡尔树，每行都是完整的一行，每列都被划分为若干个区间。除此之外没有什么特别的性质。如果我们直接将原题转化成笛卡尔树，会将网格之间的关系弱化，没有网格图那么直观。（如，两个网格是否在同一行上这个信息会变得不太直观）

回到问题，题目要求放置车使得每格都被至少一个车所覆盖。如果直接扔掉网格图，转化成笛卡尔树的形式来观察，会有一个 \(\mathcal{O}(n^4)\) 的做法，再优化非常困难，也没有什么显然的性质。所以回到网格图的形式去思考问题。

由于一个车放置下来，对上下左右都有影响，这导致在原网格图上 DP 没什么前途，而且笛卡尔树也无法通过。似乎这题就 G 了？

\(\mathbf{Part. 1}\)

其实不然。如果让所有网格都被恰好覆盖很困难，那我们可以考虑让一些格子不选，因此考虑容斥。设 \(T\) 为所有网格的集合，我们定义 \(x\) 为 单独的 表示 我们钦定了 \(x\) 没有被车覆盖（但如果我们没有钦定，它没被车覆盖，它也不是单独的，这是因为我们需要让后续计算可以容斥），定义 \(f(S)\)（其中 \(S \subseteq T\)） 表示如果我们钦定 \(\forall x \in S\)，\(x\) 单独的方案数。显然，原题要你求的是 \(\Big(\bigcup\limits_{i = 1}^{|T|}f\big(\{i\}\big)\Big)^{C} = 2^{|T|} - \bigcup\limits_{i = 1}^{|T|}f\big(\{i\}\big)\)。到这里很明显可以用容斥转换，即 \(\bigcup\limits_{i = 1}^{|T|}f\big(\{i\}\big) = \sum\limits_{S\subseteq T} (-1)^{|S|}f\big(S\big)\)。

那 \(f(S)\) 是什么？对于一个 \(x \in S\)，容易发现对于所有与 \(x\) 同行同列的格子 \(p\) ，由于 \(x\) 是单独的，所以 \(p\) 不能放置车。假设 \(A(S)\) 表示当 \(x \in S\) 是单独的时，能放置车的格点集合，那么 \(x \in A(S)\) 的点都可以选或不选，故 \(f(S) = 2^{|A(S)|}\)。

总结一下，答案为 \(2^{|T|} - \sum\limits_{S\subseteq T} (-1)^{|S|}2^{|A(S)|}\)。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(2 ^ {|T|}|T|)\)，显然过不了。

\(\mathbf{Part. 2}\)

由于求 \(A(S)\) 十分慢，所以考虑转化。面对这个式子，可能可以反演乱搞，但是我不会。面对这个式子，我们可能需要通过给 \(f(S)\) 适当分组，每个组别的方案数一起计算。但是如何分组能减少计算量？

在 \(\mathbf{Part. 0}\) 中，我们有一个（显然的）观察：每行都是完整的一行。所以考虑行显然比列更简单。接下来很巧妙：我们考虑枚举行的集合 \(S'\) 来对 \(f(S)\) 进行分组，对于 \(\forall x \in S'\)，第 \(x\) 行必定存在一个单独的格，而对于 \(\forall x \notin S'\)，第 \(x\) 行不存在任意一个单独的格（由于这里是分组，所以 \(S'\) 外的行不能有单独的格，否则组之间会重复）。

我们定义 列连通块 表示同列中一段极长联通的一段点，设 \(g(S') = \sum (-1)^{|S|}f(S)\)，其中 \(S\) 的所有点都在 \(S'\) 的行内。显然，只有第 \(x \in S'\) 行不能放置任何的车，所以单独的点对行的影响已经固定了，这时候列连通块之间就不会互相影响，因此列连通块之间独立。因此，我们可以分别考虑各个列连通块的贡献，由乘法原理，乘起来就是该分组内的 \(g(S')\)。

设当前考虑的列连通块点集为 \(B\)，\(B\) 中行属于 \(S'\) 的点集为 \(B'\)：

• 如果 \(B'\) 中没有任何的单独的点，那么 \(x \in B - B'\) 都可以放车，那么贡献为 \(2^{|B| - |B'|}\)。
• 如果 \(B'\) 中存在单独的点，那么考虑 \(x \in B'\) 中的点哪些是单独的点，贡献为 $$\sum\limits_{\emptyset \neq C \subseteq B'} (-1)^{|C|} = \Big(\sum\limits_{i \geq 0} \binom{|B'|}{i} (-1)^{i}\Big) - 1 = (1 - 1)^{|B'|} - 1 = -[B' \neq \emptyset]$$

举个例子，如果当前我们网格图只有一列，有两个列连通块 \(B_1 = \{1, 2\}, B_2 = \{4, 5\}\)，\(S' = \{2, 4\}\)，则它们的贡献分别是 \(2^1 + (-1)^1\) 和 \(2^1 + (-1)^1\)。两数相乘，\(\Big(2^1 + (-1)^1\Big) \times \Big(2^1 + (-1)^1\Big) = 2^1 \times 2^1 + 2^1 \times (-1)^1 + (-1)^1 \times 2^1 + (-1)^1 \times (-1)^1\)，此时每一项都恰好是一个 \(S'\) 分组中的 \((-1)^{|S|}f(S)\)，总和就是 \(\sum (-1)^{|S|}f(S) = g(S')\)。

综上，列连通块的贡献为 \(P = \prod\limits(2^{|B| - |B'|} - [B' \neq \emptyset])\)。

\(\mathbf{Part. 3}\)

但是其实这是有问题的。我们虽然保证了对于 \(\forall x \notin S'\)，第 \(x\) 行不存在任意一个单独的格，但是对于 \(\forall x \in S'\)，第 \(x\) 行必定存在一个单独的格是没有保证的。咋办呢？

每行都存在一个单独的格子很难算，我们就反过来（是不是很熟悉的话术）。考虑 \(h(T, S')\)，其中 \(T \subseteq S'\) 表示对于 \(\forall x \in T\)，第 \(x\) 行没有单独的格子，则 \(g(S') = P - \sum\limits_{\emptyset \neq T \subseteq S'} (-1)^{|T|} h(T, S')\)。考虑和 \(P\) 类似的方式来计算 \(h(T, S')\) 的贡献。

设当前考虑的列连通块点集为 \(B\)，\(B\) 中行属于 \(S'\) 的点集为 \(B'\)，\(B'\) 中行不属于 \(T\) 的点集为 \(B''\)：

• 如果 \(B'\) 中没有任何的单独的点，那么 \(x \in B - B'\) 都可以放车，那么贡献为 \(2^{|B| - |B'|}\)。（这一部分没有变化）
• 如果 \(B'\) 中存在单独的点，那么考虑 \(x \in B''\) （注意这里又区别）中的点哪些是单独的点，贡献为 $$\sum\limits_{\emptyset \neq C \subseteq B''} (-1)^{|C|} = \Big(\sum\limits_{i \geq 0} \binom{|B''|}{i} (-1)^{i}\Big) - 1 = (1 - 1)^{|B''|} - 1 = -[B'' \neq \emptyset]$$

综上，列连通块的贡献为 \(P = \prod\limits(2^{|B| - |B'|} - [B'' \neq \emptyset])\)。

最终的式子为：

\[\sum_{S'}\sum_{T \subseteq S'} (-1)^{|T|}\prod\limits(2^{|B| - |B'|} - [B'' \neq \emptyset]) \]

到此为止，我们终于可以 \(\mathcal{O}(3^n|T|)\) 来解决这个问题。

\(\mathbf{Part. 4}\)

搞了半天复杂度似乎还是很劣，于是回到原题。在 \(\mathbf{Part. 0}\) 中，我们有一个（显然的）观察：网格图可以建成广义笛卡尔树。因此现在考虑在广义笛卡尔树上 DP。广义笛卡尔树就是我们所说的列连通块，只是把这种“比较厚”的连续段缩在了一大块。lsj2009 告诉我们：

广义笛卡尔树给出了比较好的解决方法。广义笛卡尔树上分 方点 和 圆点，前者刻画为一个 区间，后者为一个 单独的点。

对于上面的答案式子，我们注意到我们只需要关注 \(|B| - |B'|\) 和 \([B'' = \emptyset]\)。于是 \(dp\) 状态记录这两个值。

同样的，我们设 \(S'\) 为枚举的行的集合，我们设 \(f_{i, j, k}\) 表示在 \(i\) 这个方点上（这对应了一个列连通块 \(Q\)），我们暂且只保留 \(S'\) 在 \(Q\) 中的部分，\(j\) 表示 \(S'\) 的大小，以及当前是否有 \([B'' = \emptyset] = [|S'| = |T|]\)。

那么，对于合并一个儿子来说：

\[f_{u, i, p_1} \times f_{v, j, p_2} \to f'_{u, i+j, p_1 \and p_2} \]

进行完子树合并之后，考虑该段对整体的贡献。我们定义 \(b_u\) 为 \(u\) 这段的厚度，则：

\[f_{u, i, p} \times \Big(2 ^ {|Q| - i} - (1 - p)\Big)^{b_u} \to f_{u, i, p} \]

圆点用于初始化容斥系数，即：

\[f_{u, 0, 1} = f_{u, 1, 0} = 1, f_{u, 1, 1} = -1 \]

由于转移需要快速幂，所以总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2\log{n})\)。

Submission Link（lsj2009 写的）