不会组合计数的OIer不是好的OIer

看什么看，说的就是你

组合原理 | 解析组合 + 计数 DP

前言

这篇是 计数DP 的超级无敌完整版，足足有 \(7316\) 个字（有点少了）

由于笔者学的很杂，所以写的也就很杂

从 [组合类] 到 [简单组合问题] 的错排列都是偏基础的概念

由于笔者的生成函数并未深入的学习，所以就简单带过了（毕竟才初二嘛）

这是我写过最长的数论总结

update 忘了什么时候了 [Stirling 数]的部分加入了[拉赫数]，因为考试考了，然后背递推式硬控了一个多小时

update 也忘了 [Catalan 数]部分完善了反射容斥的证明（笔者容斥不好，所以没有深入）

组合类

组合类内的每个元素都定义了一个大小，比如树的大小就是它的节点个数，一群蜜蜂的大小就是里面蜜蜂的数量。

记元素 \(\alpha \in \mathcal A\)，则其大小为 \(|\alpha|\)，需要满足：

• \(|\alpha| \in N\)
• \(\forall n \in N\) ，以其为大小的元素有限。

用 \(\mathcal{A}_k\) 表示 \(\mathcal{A}\) 中大小为 \(k\) 的元素集合，即 \(\mathcal{A}_k=\{a|a \in A,|a|=k\}\)。

——AppleBlue17

Sequence（序列） 构造

考虑一个组合类 \(\mathcal A\)，它的序列构造是：

\[\operatorname{SEQ}(\mathcal A) = \left\{\mathcal E\right\}+\mathcal A + \mathcal A \times \mathcal A + \mathcal A \times \mathcal A \times \mathcal A + {...} \]

对应的生成函数：

\[\operatorname{SEQ}(A(x)) = 1 + A(x) + A(x)^2 + A(x)^3 + {...} = \frac{1}{1-A(x)} \]

Amplification （膨胀） 构造

考虑一个组合类 \(\mathcal A\)，它的膨胀构造是：

\[\operatorname{AMP}_k(\mathcal A) = \left\{ (\underbrace{a,a...,a}_k) | a\in \mathcal A \right\} \]

对应的生成函数

\[\operatorname{AMP}_k(A(x)) = A(x^k) \]

笛卡尔积 | 乘法原理

对于两个组合类 \(\mathcal A\) 和 \(\mathcal B\) 其笛卡尔积为：

\[\mathcal C = \mathcal A \times \mathcal B = \left\{ (a,b) | a\in \mathcal A,b\in \mathcal B \right\} \]

对应生成函数：

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

其实就是乘法原理

和/不交并 | 加法原理

对于两个不交的组合类 \(\mathcal A\) 和 \(\mathcal B\)，其和为：

\[\mathcal C = \mathcal A +\mathcal B = \mathcal A \cup \mathcal B \]

对应生成函数：

\[C(x) = A(x) +B(x) \]

就是加法原理

简单组合问题

圆排列

从 \(n\) 选 \(r\) 的圆排列

\[\frac{A_{n}^{r}}{r} \]

环排列

从 \(n\) 选 \(r\) 的环排列

\[\frac{A_{n}^{r}}{2r} \]

不相邻排列

从 \(S_n = \{i |i \in ([1,n] \cap \Z)\}\)，选出 \(k\) 的不相邻的方案数

\[\dbinom{n-k+1}{k} \]

可重复集的排列数

集合 \(S=\{n_1 \times a_1, n_2 \times a_2,...,n_k \times a_k\}\)，\(n = \sum\limits_{i=1}^k\)

\[\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^{k}n_i!} \]

错排列

\(D(0) = 0\)，\(D(1)=0\)

\[D(x) = (x-1)[D(x-1)+D(x-2)] \]

球与盒的朱重八

球	盒子	可不可空	公式
相同	不同	False	\(\dbinom{n-1}{k-1}\)
相同	不同	True	\(\dbinom{n+k-1}{k-1}\)
相同	相同	False	\(P(n,k)\)
相同	相同	True	\(P(n+k,k)\) 或 \(\sum\limits_{i=1}^k P(n,i)\)
不同	相同	False	\(S(n,k)\)
不同	相同	True	\(\sum\limits_{i=1}^k S(n,i)\)
不同	不同	False	\(S(n,k)k!\)
不同	不同	True	\(k^n\)

《十二重 GF 法》

限制条件分别如下：

\(\text{I}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同。

\(\text{II}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。

\(\text{III}\)：球之间互不相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。

\(\text{IV}\)：球之间互不相同，盒子全部相同。

\(\text{V}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。

\(\text{VI}\)：球之间互不相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。

\(\text{VII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同。

\(\text{VIII}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至多装一个球。

\(\text{IX}\)：球全部相同，盒子之间互不相同，每个盒子至少装一个球。

\(\text{X}\)：球全部相同，盒子全部相同。

\(\text{XI}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至多装一个球。

\(\text{XII}\)：球全部相同，盒子全部相同，每个盒子至少装一个球。

I

\[\left[\frac{x^n}{n!}\right] e^{mx} = m^n \]

II

\[\left[\frac{x^n}{n!}\right](1+x)^n = n!\dbinom{m}{n} = m^{\underline{n}} \]

III

\[\begin{equation} \begin{split} \left[\frac{x^n}{n!}\right](e^x-1)^m&=\left[\frac{x^n}{n!}\right]\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}e^{ix}\\ &= \sum_{i=0}^m (-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}i^n \end{split} \end{equation} \]

IV

\[\begin{equation} \begin{split} \left[\frac{x^n}{n!}\right]\sum_{i=0}^{m}\frac{1}{i!}(e^x-1)&=\left[\frac{x^n}{n!}\right]\sum_{i=0}^{m}\frac{1}{i!}\sum_{k=0}^i (-1)^{i-k}e^{kx}\\ &=\left[\frac{x^n}{n!}\right]\sum_{i=0}^{m}\frac{e^{ix}}{i!}\sum_{k=i}^{m}\frac{(-1)^{k-i}}{(k-i)!}\\ &=\sum_{i=0}^{m}\frac{i^n}{i!}\sum_{k=0}^{m-i}\frac{(-1)^k}{k!} \end{split} \end{equation} \]

V

最简单的一个

\[\left[\frac{x^n}{n!}\right]\sum_{i=0}^{m}\frac{1}{i!}x^i = [n\le m] \]

VI

\[\begin{equation} \begin{split} \left[\frac{x^n}{n!}\right]\frac{1}{m!}(e^x-1)^m&=\left[\frac{x^n}{n!}\right]\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} e^{ix}\\ &=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}i^n \end{split} \end{equation} \]

VII

盒子是 \(\sum\limits_{n\ge 0}x^n = \frac{1}{1-x}\)

\[\left[x^n\right]\frac{1}{(1-x)^m}=\dbinom{n+m-1}{n} \]

或者是满足方程 \(x_1+x_2+x_3+...+x_m=n\) 的非负整数解的数量 \(h_n\)

\[\left[x^n\right]\sum_{n\ge 0}h_nx^n=\dbinom{n+m-1}{m-1} \]

VIII

\[\left[{x^n}\right](1+x)^m = \dbinom{m}{n} \]

IX

盒子是 \(\sum\limits_{n\ge1}x^n = \frac{x}{1-x}\)

\[\left[{x^n}\right]\frac{x^m}{(1-x)^m}=\dbinom{n-1}{m-1} \]

X

orz， 用的二元生成函数，看了dalao的才会推（太废雾了

\[G(x, y) = \prod_{n\ge 0}\frac{1}{1-yx^n} \]

易知：

\[G(x,y) = \frac{1}{1-y}G(x,xy) \]

稍微转一下（记 \(G_m(x,y) = \left[y^m\right]G(x,y)\)

没错，转成一元，再有 \(G_0(x)=1\)

\[G_m(x)=\prod_{i=1}^m\frac{1}{1-x^i} \]

答案为：

\[\left[x^n\right]G_m(x) \]

如果你刷了很多多项式题，会发现这个形式就是 付公主的背包 的结论

\[\begin{equation} \begin{split} G_m(x)&=\exp(\ln(G_m(x)))\\ &=\exp\left[\sum_{i=1}^{m}\ln\frac{1}{1-x^i}\right]\\ &=\exp\left[\sum_{i=1}^{m}\sum_{k\ge1}\frac{x^{ik}}{k} \right] \end{split} \end{equation} \]

枚举倍数就能做了

XI

你知道的，二元：

\[G(x,y)=\frac{1}{1-y}\frac{1}{1-xy} \]

有：

\[\left[x^n y^m \right]G(x,y)=\left[n\le m\right] \]

XII

元神，启动！

\[G(x,y)=\prod_{i\ge1}\frac{1}{1-yx^i} \]

先递推：

\[G(x,y)=\frac{1}{1-xy}G(x,xy) \]

转一维：\(G_m(x) = [y^m]G(x,y)\)，就有：

\[G_m(x) = \frac{x}{1-x^m}G_{m-1}(x) \]

初始有：\(G_0(x)=1\)，所以，直接求通项：

\[G_m(x) = \prod_{i=1}^{m}\frac{x}{1-x^i} \]

答案就是：

\[\left[x^n\right]G_m(x) \]

依旧熟悉的配方：

\[\begin{equation} \begin{split} G_m{x} &= \prod_{i=1}^{m}\frac{x}{1-x^i}\\ &= x^m \exp\left[\sum_{i=1}^m \ln\frac{1}{1-x^i} \right]\\ &=\exp\left[\sum_{i=1}^{m}\sum_{k\ge1}\frac{x^{ik}}{k} \right] \end{split} \end{equation} \]

你知道我要说什么：枚举倍数就完了

Stirling 数 | Stirling Number | 拓展

第一类

记法

用 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示 \(n\) 个不同元素分为 \(m\) 个圆排列的方案数。

有符号的第一类 Stirling 数

\[\begin{equation} \begin{split} s(n,m) = (-1)^{n-m}\begin{bmatrix}n \\ m\end{bmatrix} \end{split} \end{equation} \]

递推

\[\begin{equation} \begin{split} \begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix} \end{split} \end{equation} \]

有符号的就改成 \(-\)

生成函数

\[\begin{equation} \begin{split} \text{EGF : }&\frac{(-\ln(1-x))^m}{m!}\\ \text{OGF : }&x^{\overline{n}} \end{split} \end{equation} \]

第二类

记法

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示 \(n\) 个不同元素分为 \(m\) 个集合的方案数

递推

\[\begin{equation} \begin{split} \begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix} \end{split} \end{equation} \]

通项公式

\[\begin{equation} \begin{split} \begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix} &= \frac{1}{m!}\sum_{i\ge 0}(-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}i^n \end{split} \end{equation} \]

生成函数

\[\begin{equation} \begin{split} \text{EGF :} \frac{(e^x-1)^m}{m!} \end{split} \end{equation} \]

Stirling 反演

用正交关系易证

\[\begin{equation} \begin{split} a_n = \sum_{m=0}^{n}(-1)^{n-m}\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}b_m\iff b_n=\sum_{m=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}a_m \end{split} \end{equation} \]

正交关系

第一正交关系

\[\begin{equation} \begin{split} \sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\n\end{Bmatrix} = \delta_{nm} \end{split} \end{equation} \]

第二正交关系

\[\begin{equation} \begin{split} \sum_{i=m}^{n}(-1)^{i-n}\begin{bmatrix}i\\n\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} = \delta_{nm} \end{split} \end{equation} \]

杂项

正交关系的矩阵解释

定义无穷下三角矩阵：

\[\begin{equation} \begin{split} \mathbf{S} &= \left[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\right]_{n,m\ge0}\\ \mathbf{s} &= \left[(-1)^{n-m}\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\right]_{n,m\ge0} \end{split} \end{equation} \]

则正交关系表示为：

\[\begin{equation} \begin{split} \mathbf{S}\cdot \mathbf{s} = \mathbf{s}\cdot \mathbf{S} = \mathbf{I} \end{split} \end{equation} \]

展开易证

即两类 Stirling 数矩阵互为逆矩阵

下降幂与幂的转换

由 Stirling 反演易得

\[\begin{equation} \begin{split} x^n &= \sum_{m=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}x^{\underline{m}} \\ x^{\underline{n}} &= \sum_{m=0}^n(-1)^{n-m}\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}x^m \end{split} \end{equation} \]

Kronecker delta 函数

Kronecker delta（克罗内克 \(\delta\)） 函数，记作 \(\delta_{nm}\) 或者 \(\delta(n,m)\)，定义如下：（Iverson 括号表示）

\[\delta_{nm} = \left[n=m\right] \]

其实就是单位矩阵 \(\mathbf{I}\) 的元素

拉赫数 | 第三类Stirling 数

记法

\(L(n,m)\) 表示将 \(n\) 个不同元素分成 \(m\) 个排列的方案数

注意 排列内部是有序的

递推关系

\[L(n,m) = (n+m-1)L(n-1,m)+L(n-1,m-1) \]

通项公式

\[L(n+m) = \frac{n!}{m!}\dbinom{n-1}{m-1} \]

注意 由通项逆推递推极其简单，但是由递推推通项极其复杂

生成函数

\[\frac{1}{1-x(e^t-1)} \]

联系

\[x^{\overline{n}} = \sum_{k=0}^{n}L(n,k)x^{\underline{k}} \]

Catalan 数 | Catalan Number | Catalan Sequence

定义

Catalan 数列是序列

\[\left\{ C_n \right\}_{n=0}^{\infin} \]

其中 \(C_0 = 1\)

\[C_n = \frac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}, \forall n \ge 1 \]

神秘性质

递推

\[C_n = \sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1} \]

\[C_n = \frac{4n-2}{n+1}C_{n-1} \]

壹

考虑由 \(n\) 个 \(+ 1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 构成的 \(2n\) 项序列

\[\left\{a_i\right\}_{i=0}^{2n} \]

其部分和满足 (式壹)

\[\sum_{i=1}^{k} a_i \ge 0 \> (k = 1,2,\ldots,2n) \]

序列的个数等于第 \(n\) 个 Catalan 数

\[C_n = \frac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n} \]

考虑证明

证明方法是反射容斥

因为直接证明太过复杂，所以考虑正难则反

在 \(2n\) 个位置上选 \(n\) 个，方案数就是 \(\dbinom{2n}{n}\)

记满足 式壹 的序列为可接受的 Acceptable，不满足的为不可接受的 Unacceptable

记可接受的数量为 \(\{A_n\}_{n=0}^{\infin}\) ，不可接受的即为 \(\{U_n\}_{n=0}^{\infin}\)

因此

\[A_n + U_n = \dbinom{2n}{n} \]

所以我们考虑第一个是的部分和为负数的 \(k\)，即

\[\sum_{i=1}^{k} a_i = -1 \]

因为是第一个，所以一定有 \(\sum\limits_{i=1}^{k-1}a_i = 0\)，则 \(a_k = -1\)

不失一般性，假设 \(k\) 是奇数，对 \(a_i,\forall i \le k\) 取反 \(a_i = -a_i\)

得到新序列 \(\{a_i’\}_{i=0}^{2n}\) ，此时，有 \(n+1\) 个 \(1\)， \(n - 1\) 个 \(-1\)，这就说明了我们建立了两种关系的双射

所以有 \(U_n\) 等于在 \(n +1\) 个 \(1\) ，\(n-1\) 个 \(-1\)的排列数

即

\[U_n = \dbinom{n}{n+1 \ \ n-1} = \frac{n!}{(n+1)!(n-1)!} \]

所以有

\[\text{answer}_n = A_n = \dbinom{2n}{n} - U_n = \dbinom{2n}{n} - \dbinom{2n}{n+1} \]

稍微化简

\[\text{answer}_n = \frac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n} = C_n \]

考虑一般情况，有 \(n\) 个 \(1\)，\(m\) 个 \(-1\)，不妨假设 \(n\ge m\)

则终点为 \((m,n)\) 的下三角格路径数有

\[\text{answer}_{nm} = \dbinom{n+m}{n}-\dbinom{n+m}{n+1} \]

不妨展开

\[\begin{equation} \begin{split} \text{Ans}_{nm} &= \dbinom{n+m}{n} - \dbinom{n+m}{n+1}\\ &= \frac{(n+m)!}{n!m!} - \frac{(n+m)!}{(n+1)!(m-1)!}\\ &= \frac{(n+m)!}{n!(m-1)!}(\frac{1}{m} - \frac{1}{n+1})\\ &= \frac{(n+m)!}{n!(m-1)!} \cdot \frac{n-m+1}{m(n+1)}\\ &= \frac{n-m+1}{n+1}\dbinom{n+m}{n} \end{split} \end{equation} \]

这就是拓展的 Catalan 数，后文记作 \(\text{ex-}C_{nm}\)

就一个性质，太好了[喜]

生成函数

\[\left\{C_n\right\}_{n=0}^{\infin} \overset{\operatorname{OGF}}{\longrightarrow} \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \]

设 \(G(x) = \sum_{n\ge 0} C_nx^n\)

由第一种递推关系则有

\[xG^2(x) = G(x) - 1 \]

解出来就是上式了

HVD 格路径

允许走对角的格路径

现在我们仅考虑下三角 HVD 格路径的方案数，不妨记 \(S(n,m:rD)\) 表示到 \((m,n)\) 且有 \(r\) 个对角线的下三角 HVD 路径数

我们可以将 \(r\) 个对角线拆成 \(r\) 个上和右

易知这个问题等价于

\[\sum_{i=0}^{n+m-r+1}x_i = n \]

的非负整数解个数

有

\[\begin{equation} \begin{split} S(n,m:rD) &= \frac{n-m+1}{n+1} \dbinom{n+1}{r} \dbinom{n+m-r}{n}\\ &= \frac{n-m+1}{n+1}\frac{(n+1)!(n+m-r)!}{r!\,(n+1-r)!n!\,(m-r)!} \end{split} \end{equation} \]

\[\begin{equation} \begin{split} S(n, m) &= \sum_{r=0}^{n}S(n,m:rD)\\ &= \sum_{r=0}^{n}\frac{n-m+1}{n+1}\frac{(n+1)!(n+m-r)!}{r!\,(n+1-r)!n!\,(m-r)!} \end{split} \end{equation} \]

Schröder 数

大 Schröder 数

定义为

\[S_n = S(n,n) \]

例题

居然有例题

水の三角(修改版)

直接套 \(S(n,m)\)

其实本题难在如何通过 \(u\) 求 \(n\) 和 \(m\)

这个嘛，自己想

小 Schröder 数

先鸽着

例题

CF1204E Natasha, Sasha and the Prefix Sums

看到 \(n\) 个 \(+1\)， \(m\) 个 \(-1\) ，才学完 Catalan 数肯定就想到了用 Catalan 数，或者类似的思路

在定睛一看，是求最大前缀和之和，肯定不含有 Catalan 数，只能够使用类似的思路了

1. 将求和转化成求方案数

因为求方案数往往是比求和简单的

这个时候就想到了经典的统计贡献的方法： \(\sum\limits_{i}i\operatorname{number}(i)\)

其中 \(\operatorname{number}(i)\) 表示贡献恰好为 \(i\) 的方案个数

这个时候，再套一个小结论

\[\begin{equation} \begin{split} \sum_{i}i\operatorname{number}(i) &= \sum_{i}\sum_{j=1}^{i}\operatorname{number}(i)\\ &= \sum_{i}\sum_{j=i}^{n}\operatorname{number}(j)\\ &= \sum_{i}\operatorname{Greater \ than \ or \ equals \ to}(i) \end{split} \end{equation} \]

其中 \(\operatorname{Greater \ than \ or \ equals \ to}(i)\) 表示贡献 大于等于 \(i\) 的方案个数，为了方便，我们简写为 \(\operatorname{Gt}(i)\)

那么，现在的任务就变成了求 \(\operatorname{Gt}(i)\)

规定 \(+1\) 为 \((+1,+1)\)，而 \(-1\) 为 \((+1,-1)\)，则从 \((0,0)\) 开始，终点为 \((n+m,n-m)\)

则问题变为：求从 \((0,0) \to (n+m,n-m)\) 且必须触碰或超过 \(y=i\) 的格路径数量

则有两种情况

• \(i \le n-m\)

这个时候无论什么时候走肯定会路过 \(y=i\)

这个时候：

\[\operatorname{Gt}_i = \dbinom{n+m}{n} \]

• \(i\gt n-m\) 时

这个时候起点和终点就变成了同侧

欸 ☝ ，用反射容斥（拓展Catalan的思想

将起点沿 \(y = i\) 向上翻折，变为了 \((0,2i)\) ，所以强制有 \(m+i\) 步向下：

\[\text{Gt}_i = \dbinom{n+m}{m+i} = \dbinom{n+m}{n-i} \]

所以说答案就变成了：

\[\text{answer} = \sum_{i=1}^{n-m} \dbinom{n+m}{n} + \sum_{i=n-m+1}^{n}\dbinom{n+m}{n-i} \]

生成函数

OGF | 常规生成函数

对于无限数列 \(\{a_n\}\) ，其生成函数为：

\[G(x)=\sum_{n\ge 0}a_n x^n \]

记为：

\[<a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots>\overset{\operatorname {OGF}}{\longrightarrow} G(x) \]

常见数列生成函数

\[<1,1,\cdots,1,\cdots> \overset{\operatorname {OGF}}{\longrightarrow} G(x) = \frac{1}{1-x} \]

\[<1,a,a^2,\cdots,a^k,\cdots>\overset{\operatorname {OGF}}{\longrightarrow} G(x) = \frac{1}{1-ax} \]

生成函数的平移与伸缩

平移

向右：乘上 \(x^k\)：

\[\begin{equation} \begin{split} G(x)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots\\ x^kG(x)&=a_0x^k+a_1x^{k+1}+a_2x^{k+2}+a_3x^{k+3}+\cdots \end{split} \end{equation} \]

向左：乘上 \(x^{-k}\)：

\[\begin{equation} \begin{split} x^{-k}\left[G(x) - \sum_{i=0}^{k}a_ix^i \right]=a_k+a_{k+1}x+a_{k+2}x^2+a_{k+3}x^3+\cdots \end{split} \end{equation} \]

如果加入 \(\vartheta\) 算子（\(\vartheta f = xf'\)）

就有神奇的事发生：

\[\vartheta G(x) = xG'(x) = a_1x+2a_2x^2+3a_3x^3+\cdots = \sum_{i\ge0}ia_ix^i \]

---

伸缩

\[G(x^k) = a_0+a_1x^k+a_2x^{2k}+a_3x^{3k}+\cdots \]

单位根反演

单位根：满足 \(\omega^k=1\) 的复数 \(\omega\)

\[\left[k | n\right] = \frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}\omega_{k}^{ni} \]

有：

（记 \(\omega = e^{\frac{2\pi i}{k}}\)

\[\begin{equation} \begin{split} \sum_{i\ge0}[k|i]a_ix^i &= \sum_{i\ge0}\frac1ka_ix^i\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{ij}\\ &=\frac1k \sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i\ge 0}a_ix^i\omega^{ij}\\ &=\frac1k\sum_{j=0}^{k-1}G(\omega^j x) \end{split} \end{equation} \]

EGF | 指数生成函数

标准形式

\[<a_0,a_1,a_2,\cdots,a_k,\cdots>\overset{\operatorname{EGF}}{\longrightarrow} \sum_{n\ge0}\frac{a_n}{n!}x^i \]

常见数列生成函数

\[<1,1,1,\cdots,1,\cdots>\overset{\operatorname{EGF}}{\longrightarrow} e^x \]

\[<1,a,a^2,\cdots,a^k,\cdots>\overset{\operatorname{EGF}}{\longrightarrow} e^{ax} \]

DGF | Dirichlet 生成函数

对于数列 \(\{a_n\}\)，其 Dirichlet 生成函数 定义如下：

\[f(s) = \sum_{n\ge1} \frac{a_n}{n^s} \]

Example

数列 \(\{1\}_{n=1}^{\infin}\) 的 Dirichlet 生成函数是 Riemann-Zeta 函数

\[\zeta(s) = \sum_{n\ge1}\frac 1{n^s} \]

性质

壹

考虑 \(f(s)\) 、\(g(s)\) 是数列 \(\{a_n\}\)、\(\{b_n\}\) 的 Dirichlet 生成函数

则函数 \(f(s)g(s)\) 是数列

\[\left\{\sum_{d|n}a_db_{\frac nd}\right\}_{n=1}^{\infin} \]

的 Dirichlet 生成函数

贰

若 \(f(s)\) 是数列 \(\{a_n\}\) 的 Dirichlet 生成函数，则函数 \(f^{k}(s)\) 是数列

\[\left\{\sum_{\prod\limits_{i=1}^{k}n_i = n}\left(\prod_{i=1}^{k}a_i\right)\right\}_{n=1}^{\infin} \]

What happens next

稍微对 \(\zeta(s)\) 套一下性质二，就会发现 \(\zeta^k(s)\) 表示的是将 \(n\) 分成 \(k\) 个有序正因子数的方案的 Dirichlet 生成函数

而 \((\zeta(s) - 1)^k\) 是将 \(n\) 分成 \(k\) 个有序非平凡正因子的方案的 Dirichlet 生成函数

叁

对于一个积性数论函数 \(f(n)\)，则 \(\left\{f(n)\right\}_{n=1}^{\infin}\) 的 Dirichlet 生成函数可以表示为

\[\sum_{n\ge1}\frac{f(n)}{n^s} = \prod_{p\in \operatorname{prime}}\left(\sum_{k\ge0}f(p^k)p^{-ks}\right) \]

肆

对于 Möbius 函数 \(\mu(n)\) ，易知 \(\{\mu(n)\}_{n=1}^\infin\) 的 Dirichlet 生成函数为

\[{\mu(s)} = \sum_{n\ge1}\frac{\mu(n)}{n^s} = \frac 1 {\zeta(s)} \]

Möbius 反演

对于两个数列 \(\{a_n\}_{n=1}^{\infin}\) 和 \(\{b_n\}_{n=1}^{\infin}\) 满足对任意 \(n\ge1\) ，有

\[a_n=\sum_{d|n}b_d \]

则对于任意的 \(n\ge1\)，也会有

\[b_n = \sum_{d|n}\mu(\frac n d)a_d \]

例题

AT_abc266_g [ABC266G] Yet Another RGB Sequence

用 \(\text{ans}_i\) 表示 RG 数量恰好为 \(i\) 个时的答案，容易知道：\(k\le i \le \min\{R,G\}\)

所以就有：

\[\text{ans}_i = \frac{(B+R+G-i)!}{B!i!(R-i)!(G-i)!} - \sum_{i \lt j \le \min\{R,G\}} \text{ans}_j \]

边界是：

\[\text{ans}_i = 0, i\ge \min\{R, G\} \]

容易发现，这个递推明显是复杂了

直接推正解容易得到

\[\text{answer} = \frac{(R+B)!}{(R-k)!B!k!} \cdot \dbinom{B+G}{B+k} \]

AT_arc004_4 [ARC004D] 表現の自由 ( Freedom of expression )

有 \(N = \prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i}\)，所以就有：

\[\text{ans} = 2^{m-1}\prod_{i=1}^{k} \dbinom{m+\alpha_i-1}{\alpha_i-1} \]

如果想要无脑点怎么办

对 \(\zeta(s)\) 套上性质贰，就会发现：

稍微对 \(\zeta(s)\) 套一下性质二，就会发现 \(\zeta^k(s)\) 表示的是将 \(n\) 分成 \(k\) 个有序正因子数的方案的 Dirichlet 生成函数

然后稍微推一下 \([n^{-s}](\zeta^k(s))\) ，就会发现

\[[n^{-s}](\zeta^k(s)) = \prod_{i=1}^{\sum\limits_{d | n}1}\dbinom{k+\alpha_i+1}{\alpha_i-1} \]

[ABC209F] Deforestation

本质上是找到一种顺序的构造使得代价最小，而与之相似的构造也就是最小代价了

所以主要任务就是找到顺序的特殊性

找顺序的特殊性不就是相对大小

对于一个排列中的数 \(p_i\) ，由于排列的唯一性，是不会出现 \(p_i\) 在之前被砍倒，所以对于 \(p_i\)，就需要尽可能的使 \(H_{p_i-1}\) 与 \(H_{p_i+1}\) 为 \(0\) 了，而对于高度序列 \(\{H_i\}_{1}^{n}\)，就需要找到 \(p_i\) 使得 \(H_{p_i}\) 最小，然后使其两侧为 \(0\)

但是，如果这样的话，要考虑的情况就过多了一点

再更进一步，我们会发现，两个不相邻的位置对于贡献无影响，所以只用考虑相邻的情况

对于 \(i\) 以及 \(i+1\) ，考虑先砍 \(i\) 还是 \(i+1\) 的贡献

\[\begin{split} \text{to } i:\\ \text{Ans}_i &= H_{i-1}+H_{i}+H_{i+1} + 0 +H_{i+1}+H_{i+2} \end{split} \]

\[\begin{split} \text{to } {i+1}:\\ \text{Ans}_i &= H_{i-1}+H_{i}+0+H_{i}+H_{i+1}+H_{i+2} \end{split} \]

相减得 \(\Delta H_i\)

知周所众，差分数列是可以反应原数列的相邻两项的大小关系的

将差分数列写成类似 <=>​ 的形式，就容易发现，这就是我们需要的排列顺序

* 具体的构造：

\(\Delta H < 0\) ：放上 \(<\)，反之放 \(>\) ，等于 \(0\) 时放上等号

for (int i = 1; i < n; i++) {
    if (deltaHeigh[i] == 0) str = str + "=";
    else if (deltaHeigh[i] < 0) str = str + "<";
    else if (deltaHeigh[i] > 0) str = str + ">";
}

dp[1][1] = 1;
prefixSum[1][1] = 1;

for (int i = 2; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        if (str[i - 1] == '<') dp[i][j] = prefixSum[i - 1][j - 1];
        else if (str[i - 1] == '>') dp[i][j] = prefixSum[i - 1][i - 1] - prefixSum[i - 1][j - 1];
        else if (str[i - 1] == '=') dp[i][j] = prefixSum[i - 1][i - 1];
        prefixSum[i][j] = dp[i][j];
    }
    for (int j = 1; j <= i; j++) prefixSum[i][j] = ((prefixSum[i][j] + prefixSum[i][j - 1]) mod MOD + MOD) mod MOD;
}

CF2163C Monopati

枚举 \(l\) 和 \(r\) 的话状态太多，足足有 \(\mathcal O(n^2)\) 种情况，所以肯定不行

但是我们会发现，每一条路径唯一对应一组 \(l\) 和 \(r\)，而路径只有 \(\mathcal O(n)\) 条

这说明什么，说明了可以枚举路径

前缀最大值

前缀最大值

定义
对于 $\{a_i\}$ ，若 $a_k$ 满足 $\forall i \lt k, a_i \lt a_k$，就称 $a_k$ 为前缀最大值

容易知道，方案数就是无符号的第一类 Stirling 数

总结

相对大小DP 本质在于 “相对大小” 这四个字，当找到了一个可行的顺序（相对大小时，基本上都可以化归成可行的解

在排列计数问题中，我们通常需要统计满足某些大小关系约束的排列个数。直接枚举数值不可行（\(n!\) 太大），但利用相对大小可以设计出多项式时间的DP。
——Deepseek

常见设计：

\(\text{dp}_{ij}\) 表示已经插入了 \(\{1,2,\ldots,i\}\)，当前的数相对位置(第几大/小为 \(j\) 的方案数

连续段DP

连续段DP 旨在于状态由相邻的状态牵连时可以快速的、无后效性的推出状态转移方程

基本的操作就是仅仅考虑连续的一段，段与段之间无联系

对于一个连续段，有 增长 Extend 这个操作

对于两个连续段，有 合并 Merge 这个操作

此外，还可以新开一段

正确性

显然，吗？

首先明确，正确性的证明 \(\iff\) 证明连续段DP与 \(N = \{1,2,\ldots,n\}\) 的排列的集合存在双射关系

然后考虑证明从决策序列到排列的映射 \(\Phi : \mathbf D \to N\)，\(\mathbf D\) 是决策（Decision） 空间，是由连续段 DP 决定的

而反向映射 \(\Psi : N \to \mathbf D\) 应与 \(\Phi\) 互为逆函数，即对于排列 \(\pi\)，有 \(\Phi(\Psi(\pi)) = \pi\)

证明的过程就是找到两个构造方案，太长所以不写了

常见定义方式以及转移

定义

\(\text{dp}_{i,j,\ldots}\) 表示处理完了前 \(i\) 个，有 \(j\) 个连续段的方案数

注意：连续段之间足够远

通常是有 \(\text{dp}_{11,\text{init}} = 1\) 的

这只是最基础的定义，根据题目还需要添加状态（Magneti）

在化归到连续段后，转移都一样了

转移

新开 New

\[\text{dp}_{i+1,j+1,\ldots} \longleftarrow \text{dp}_{ij,\ldots} \times (j + 1) \]

增长 Extend

\[\text{dp}_{i+1,j,\ldots} \longleftarrow \text{dp}_{ij,\ldots} \times(2j) \]

合并 Merge

\[\text{dp}_{i+1,j-1,\ldots} \longleftarrow \text{dp}_{ij,\ldots} \times (j - 1) \]

例题

Phoenix and Computers

就是一道模版题目

没什么难的

标准的转移，仅仅需要在考虑多一个相邻两个、三个的情况就行了

for (int i = 2; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] * j;
        dp[i][j] += dp[i - 1][j] * j * 2;
        dp[i][j] += dp[i - 2][j] * j * 2;
        if (i > 2) dp[i][j] += dp[i - 2][j + 1] * j * 2;
        if (i > 3) dp[i][j] += dp[i - 3][j + 1] * j;
        dp[i][j] = (dp[i][j] % MOD + MOD) % MOD;
    }

P7967 [COCI 2021/2022 #2] Magneti

咕，稍微化归一下再顺便转成模版

怎么化归呢？

我们不妨把磁铁的影响范围也看成磁铁，而两块磁铁，我们希望它们尽可能紧地挨在一起

所以对于 \(i\) 与 \(i+1\)， 它们间的距离便是 \(\max(r_i,r_{i+1})\)

而为了方便我们操作，将 r[] 排序，这样，当前处理到的 \(i\) 便是最大的

这般，我们就化归成了模板的情况

转移也就十分的简单了，\(\text{dp}_{ijk}\) 表示放了 \(i\) 个，有 \(j\) 个连续段，用了 \(k\) 个空位的方案数

\[\begin{equation} \begin{split} \text{new: } \text{dp}_{i+1,j+1,k+1} &\longleftarrow \text{dp}_{ijk} \times (j+1) \\ \text{extend: } \text{dp}_{i+1,j,k+r_{i+1}} &\longleftarrow \text{dp}_{ijk} \times 2 \times j \\ \text{merge: } \text{dp}_{i+1,j-1,k+2r_{i+1}-1} &\longleftarrow \text{dp}_{ijk} \times (j-1) \end{split} \end{equation} \]

最后统计答案时，剩余的空位要板插进连续段中间

\[\boxed{ \text{Answer} = \sum_{k = 0}^{l}\dbinom{l-k+n}{n}\text{dp}_{n1k} } \]

简单滴很呐

dp[0][0][0] = 1;
	
for (int i = 0; i < n; i++)
    for (int j = 0; j <= i; j++) {
        for (int k = 0; k < l; k++) {
            dp[i + 1][j + 1][k + 1] += (dp[i][j][k] * (j + 1) mod MOD + MOD) mod MOD;
            if (j >= 1)dp[i + 1][j][k + r[i + 1]] += (dp[i][j][k] * 2 * j mod MOD + MOD) mod MOD;
            if (j >= 2) dp[i + 1][j - 1][k + 2 * r[i + 1] - 1] += (dp[i][j][k] * (j - 1) mod MOD + MOD) mod MOD;
            dp[i + 1][j + 1][k + 1] %= MOD;
            if (j >= 1) dp[i + 1][j][k + r[i + 1]] %= MOD;
            if (j >= 2) dp[i + 1][j - 1][k + 2 * r[i + 1] - 1] %= MOD;
        }
    }

ll answer = 0;
for (int i = 0; i <= l; i++) answer += ((answer + 1ll * dp[n][1][i] * C(l - i + n, n) mod MOD + MOD) mod MOD + MOD) mod MOD;

P5999 [CEOI 2016] kangaroo

一眼看上去和连续段毫无干系

再仔细一想，便越发地觉得它像相对大小了

注意，如果有上面的想法，便说明我们陷入了思维误区

因为满足 \(a_0<a_1>a_2<a_3>\ldots\) 的方案数是已知的，而本题求得有又类似的方案数，所以我们就会想到如何划归到上面

但是，随着思维的深入，我们发现，相对大小可做是可做，但是光状态定义就有足足三维：\(\text{dp}_{ijk}\) 表示放了前 \(i\) 个，当前放的是相对大小为 \(j\) 的数，上一次的结尾是相对大小为 \(k\) 的方案数

所以肯定不行

现在我们就考虑另一种插入DP——连续段

定义 \(\text{dp}_{ij}\) 表示已经放了前 \(i\) 个，有 \(j\) 个连续段的方案数

答案在 \(\text{dp}_{n1}\)

转移：

New 新建一个肯定是可以的，有

\[\text{dp}_{i+1,j+1} \longleftarrow \text{dp}_{ij} \cdot (j+1) \]

Extend 这是不行的

如果连续段的末尾已经是单调递增的： \(x \lt y\)，此时放入的 \(z\) 肯定大于 \(y\) ，这样就会出现 \(x\lt y\lt z\) 的情形，而这是万万不可的

同理，在前面加入也会有类似的情景

Merge 常规操作

\[\text{dp}_{i+1,j-1} \longleftarrow \text{dp}_{ij} \cdot(j-1) \]

但是呢，这么写肯定是会挂掉的[悲]

所以考虑一下细节

当到达 \(s\) 的时候，肯定不可执行 merge 操作，所以 \(\text{dp}_{s,j+1} = \text{dp}_{s-1,j}\cdot (j+1)\)

而在 \(s\) 之后，即 \(i \gt s\) 时，新增段就不能放在 \(s\) 前面了，所以 \(\text{dp}_{i+1,j+1} \longleftarrow \text{dp}_{ij} \cdot j\)，\(\text{dp}_{i+1,j-1} \longleftarrow \text{dp}_{ij} \cdot (j-2)\)

CF1606E Arena

这和 Catalan 数有甚么干系

看到这道题，有一种强烈的感觉，好吧，是推出来的

状态定义肯定跟人数有关

那另一维呢，我不知道

模拟一下，假设 \(\{a_n\} = \{1,3,2,5,4\}\)

经过一轮后：\(\{a_n'\} = \{0,0,0,1,0\}\)，只剩下了一个最大值

很好，那就记录最大值了

\(\text{dp}_{ij}\)，有 \(i\) 个人，最大生命值是 \(j\)

当 \(j \lt i\)，\(\text{dp}_{ij} = j^{i}-(j-1)^{i}\)

当 \(j \ge i\) 时，\(\text{dp}_{ij} = \sum\limits_{k=1}^{i}\text{dp}_{k,j-i+1}\cdot (i-1)^{i-k}\cdot \dbinom{i}{k}\)

好，这就没了

解释一下，还是不用了

参考资料

Luogu 十二重GF法

本文章 [《十二重 GF 法》] 的部分就是受上面这篇博客启发

生成函数

Cnblogs Luisvacson
浅谈生成函数

Cnblogs Dr. Zhou 浅谈多项式与生成函数

Cnblogs Appleblue17 Re：从零开始的生成函数

DP 相关

课件

都看到这儿了，不会还有人不知道摘要是AI写的吧