暑期德国鸡腿堡

07/01/2025

置换

直接做很困难，考虑枚举环长计算方案数。对于环长 \(d\)，先选出来 \(d\) 个，环内排列的方案数为 \((d-1)!\)（最开始一个点 \(1\) 中方案，每新加一个点就插入进之前的环里），环外随便排列是 \((n-d)!\)，再算上期望，答案是：

\[\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} \binom{n}{i} (i-1)! (n-i)! i^k}{n!} = \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{\frac{n!}{i! (n-i)!} (i-1)! (n-i)! i^k}{n!} = \sum\limits_{i=1}^{n} i^{k-1} \]

然后直接拉插。对于前 \(n\) 个数的幂次，由于是完全积性函数，欧筛即可。

求和

就是求：

\[\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{k} - 1} \binom{ik + r}{x} \]

在 \(r = 0\) 时还要加上 \(\binom{n}{x}\)。

直接暴力的时间复杂度是 \(O(q \times \frac{n}{k})\) 的，那么显然在 \(k > \sqrt{q}\) 的时候时间复杂度是 \(O(n \sqrt{q})\) 的，直接能过。那么现在的问题就是当 \(k \leq \sqrt{q}\) 时怎么求解。

我们发现这个式子无法化简，难以直接求出，也没有什么特别好的性质。但是我们发现当 \(k \leq \sqrt{q}\) 时，本质不同的询问数量不超过 \(n \sqrt{q}\)，所以我们考虑寻找这些本质不同询问之间的关系。

我们设 \(f(x,r) = \sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{k} - 1} \binom{ik + r}{x}\)。由组合恒等式，得：

\[f(x,r) = \sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{k} - 1} \binom{ik + r - 1}{x} + \binom{ik + r - 1}{x-1} = f(x,r-1) + f(x-1,r-1) \]

由此我们得到了一个递推式。但是有一个问题就是当 \(r = 0\) 时，由于 \(r\) 为余数，\(r - 1\) 会再次回到 \(k-1\)，这就出现了一个环，不能直接递推，所以我们要把 \(r = 0\) 当做边界来处理。但是暴力计算时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的，所以我们要考虑其他方法。我们观察到：

\[\binom{n}{x} + \sum\limits_{i=0}^{k-1} f(x,i) = \sum\limits_{i=1}^{n} \binom{i}{x} = \binom{n+1}{x+1} \]

所以这时候我们可以考虑从小到大枚举 \(x\)（边界为 \(x = 0\)），然后将每个 \(x\) 的 \(f(x,0)\) 设为未知数 \(a\)，然后把 \(a\) 带着递推，最后解个方程就行了。这样最坏的时间复杂度就是 \(O(n \sqrt{q})\) 的。

BST

先考虑树形态固定时怎么把树快速建出来。其实很简单：每新加一个点，它只有可能连接到它当前的前驱或后继上，具体连哪个取决于哪个点后加入。

由此我们得到一条重要性质：\(a_1,a_2,\cdots,a_r\) 把 \(a_{r+1},a_{r+2},\cdots,a_n\) 分成了很多值域连续段，其中每个连续段自成一棵子树，内部形态与外界无关。

这不难证明，如下图：

圆点是 \([1,r]\) 中的点，方点是 \([r+1,n]\) 中的点，红色方点是当前连续段中第一个被加入的。可以注意到只有红色方点会连向圆点，剩下的方点由于先前方点的存在也会连到方点上，所以方点自成一棵子树，且由于 \([r+1,n]\) 加入顺序确定，其形态也固定。

现在再来考虑 \([1,r]\) 中形态有变的问题。\([r+1,n]\) 中的点现在只作为一些子树来加权。而 \([1,l-1]\) 中的点形态也是固定的，所以真正有影响的就只有 \([l,r]\) 中的点。将所有点（三角形是 \([1,l-1]\) 中的点，圆点是 \([l,r]\) 中的点，下面的大三角是 \([r+1,n]\) 形成的子树）放在值域上考虑：

边界上的子树会直接归属于其相邻节点；而如果一棵子树在三角和圆点之间，那么由于圆点加入时间更晚，所以会连向圆点。只有当子树在圆点之间时，子树连向的点才不固定。问题转化为对于每一段在三角之间的圆点和子树，求方案使得深度之和最小，转化一下即每棵子树 \(size\) 之和最小。由于圆点数量 \(\leq 5 \times 10^3\)，所以可以考虑 DP。设 \(f_{l,r}\) 表示将 \([l,r]\) 中圆点顺序确定后 \(size\) 和的最小值（其中 \([l,r]\) 管辖的子树包含区间内的和 \([l-1,l]\) 及 \([r,r+1]\) 之间的）。每次转移就去枚举当前子树的根（最先被加入的的点），那么状态转移就是：

\[f_{i,j} = \min\limits_{k=i}^{j} f_{i,k-1} + f_{k+1,j} \]

其中空区间 \(f\) 值为 \(0\)。这样我们就可以在 \(O((r-l+1)^3)\) 的时间内解决问题。可以观察到此 \(f\) 满足四边形不等式，所以可以使用相关技巧进一步优化至 \(O((r-l+1)^2)\)，可以通过。

最小最大

直接做显然不好做。考虑先枚举 \(\min\) 和 \(\max\)，然后计算其贡献。这个连通块大小可以转化为枚举点 \(x\)，如果 \(x\) 在块内那么权值就加上 \(\min \times \max\)。考虑什么情况下三元组 \((\min,\max,x)\) 合法：这三点两两之间的路径上的最小值都 \(\geq \min\)，最大值都 \(\leq \max\)。

由于涉及路径问题。可以考虑使用点分治。对于分治中心 \(y\)，设 \(mn(u)\) 表示 \(u\) 到 \(y\) 路径上的编号最小值，\(mx(u)\) 表示 \(u\) 到 \(y\) 路径上的编号最大值，那么三元组 \((\min,\max,x)\) 要满足的条件即为：

• \(mn(\min) = \min,mx(\min) \leq \max\)
• \(mn(\max) \geq \min,mx(\max) = \max\)
• \(\min \leq mn(x),mx(x) \leq \max\)

我们考虑从大到小枚举 \(\min\)，那么当 \(\min\) 逐渐减小时，\(\max,x\) 的限制都逐渐放宽，可以考虑使用双指针添加满足 \(mn \geq min\) 的 \(\max\) 和 \(x\)。对于剩下的 \(\max\) 条件，可以使用线段树维护：当加入一个 \(\max\) 时，把它在线段树上标记为可选，权值设为 \(\max\)；当加入一个 \(x\) 时，\(\geq mx(x)\) 的 \(\max\) 多了一个可选的 \(x\)，那就在线段树上给后缀加一个其自己对应的下标（未被标记的加 \(0\)）。对于最后一个限制 \(mx(\min) \leq \max\) 的限制，相当于就是一个后缀求和。线段树上维护的信息形如 \(A \times B\)，容易维护。最终时间复杂度就是 \(O(n \log^2 n)\)。

07/03/2025

Count Set

转化一下就是有很多置换环，要求在图上选 \(k\) 个点，满足这些点在环上不相邻。显然不同的环之间没有什么关系，所以可以考虑求出每个环的答案后再合并起来。

对于一个环长为 \(d\) 的环，在其中选 \(i\) 个不相邻的点的方案数容易得到：

\[\binom{d-i-1}{i-1} + \binom{d-i}{i} \]

那么最终我们可以将每个环的生成函数卷起来，然后直接输出即可。这个东西虽然每个多项式最高次可能不是 \(1\)，但是环之间乘出来的最高次就是 \(n\)。我们可以使用分治 NTT 解决，因为分治树高为 \(O(\log n)\)，所以每个多项式最多被算 \(O(\log n)\) 次，总复杂度就是 \(O(n \log^2 n)\)。也可以使用堆进行合并果子，时间复杂度也是 \(O(n \log^2 n)\)。

Shattrath City

正难则反，考虑计算不合法的方案数。设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数已经选好，且第一个不合法的排列在 \(i\) 处结束。那么转移是很显然的：

\[f_i = n! \times n^{i-n} - \sum\limits_{j=1}^{i-1} f_j \times n^{\max(i-n-j,0)} \times \min(n,i-j)! \]

可以发现这是个半在线卷积，可以用分治 NTT 做到 \(O(n \log^2 n)\)。但是我们还可以进一步优化。

设：

\[F(x) = \sum\limits_{i=0}^{\infty} f_i x^i \]

\[S(x) = \sum\limits_{i=0}^{\infty} [i \geq n] n! n^{i-n} x^i \]

\[G(x) = \sum\limits_{i=1}^{\infty} [i < n] i! x^i \]

\[H(x) = \sum\limits_{i=1}^{\infty} [i \geq n] n! n^{i-n} x^i \]

那么：

\[F(x) = S(x) - F(x) G(x) - F(x) H(x) \]

\[(1 + G(x) + H(x)) F(x) F(x) = S(x) \]

\[F(x) = \frac{S(x)}{1 + G(x) + H(x)} \]

现在可以采用多项式求逆，时间复杂度可以做到 \(O(n \log n)\)。

Gilneas

期望直接算不好算，可以考虑计算每一次操作对于答案的贡献。

对于一条边 \((u,v)|depth_u < depth_v\) 如果它最后一次是被操作 \((x_i,c_i,p_i)\) 染色为 \(c_i\)：

• \(x_i\) 要在 \(v\) 的子树中
• \(i\) 之前的操作不影响此次染色，所以 \([1,i-1]\) 这些操作对应概率是 \(1\)。
• 对于 \(i\) 之后的操作，如果有某次操作访问到了 \(u\) 或者 \(v\)，那么第 \(i\) 次染色操作无效。对于这种操作，为了让其不影响 \(i\) 号操作，需要乘上 \(1 - p_j\) 的概率。

所以可以考虑按照时间倒序枚举，每次算答案时将 \(x_i\) 到根路径上的边的概率之和求出，然后再乘上 \(c_i p_i\)，修改操作就修改和 \(x_i\) 到根有连接的边。这个东西看似可以直接树剖，但是修改时如果直接改的话对于每个点都要修改其领域内的边，难以维护。

我们可以发现，如果修改时我们访问到了点 \(u\)，那么所有边 \((u,v)|depth_u < depth_v\) 概率都会乘上一个值；而如果是访问到了 \(v\)，那么 \(u\) 肯定也会被访问到。所以点 \(v\) 其实是没有什么用处的，我们只用看父节点对应的概率即可。这样修改时正常从 \(x_i\) 开始往上改，查询时由于概率上放到了父亲，所以要从 \(fa_{x_i}\) 开始询问。这样就可以使用树剖，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

Connectivity of Erdős-Rényi Graph

可以通过计算连通块数量为 \(i\) 的概率，再乘上 \(i\)，最后求和来计算期望。

对于这种数据范围较大的一类有标号无向连通图计数 / 算概率的问题，可以考虑使用指数型生成函数求解。

有标号连通无向图满足如下式子：

\[g_n = \sum\limits_{i \geq 0} \frac{1}{i!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \binom{n}{k_1,\cdots,k_i} \prod\limits_{j=1}^{i} f_{k_j} \]

\[\frac{g_n}{n!} = \sum\limits_{i \geq 0} \frac{1}{i!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \prod\limits_{j=1}^{i} \frac{f_{k_j}}{k_j!} \]

\[\frac{g_n}{n!} = [x^n] \sum\limits_{i \geq 0} \frac{\hat{F}(x)^i}{i!} = [x^n] e^{\hat{F}(x)} \]

\[\hat{G}(x) = e^{\hat{F}(x)} \]

套用到本题上，假设我们现在已知 \(f_i\) 表示点数为 \(i\) 的无向图连通的概率，可以考虑用类似的方法求解 \(g_n\) 表示点数为 \(n\) 时的答案。考虑枚举连通块数量：

\[g_n = \sum\limits_{i \geq 1} \frac{i}{i!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \binom{n}{k_1,\cdots,k_i} \frac{(1-p)^{\binom{n}{2}}}{\prod\limits_{j=1}^{i} (1-p)^{\binom{k_j}{2}}} \prod\limits_{j=1}^{i} f_{k_j} \]

组合数后面的系数意义为这 \(i\) 个连通块两两之间没有边相连。直接算出连通块之间的边数比较复杂，可以考虑用总共有的边数，减去每个连通块内的所有边数（块内已确定），即为：

\[\binom{n}{2} - \sum\limits_{j=1}^{i} \binom{k_j}{2} \]

然后化简之前的式子：

\[\frac{\frac{g_n}{(1-p)^{\binom{n}{2}}}}{n!} = \sum\limits_{i \geq 1} \frac{1}{(i-1)!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \prod\limits_{j=1}^{i} \frac{\frac{f_{k_j}}{(1-p)^{\binom{k_j}{2}}}}{k_j!} \]

\[\begin{aligned} \hat{G}(x) &= \sum\limits_{i \geq 1} \frac{\hat{F}(x)^i}{(i-1)!} \\ &= \hat{F}(x) \sum\limits_{i \geq 1} \frac{\hat{F}(x)^{i-1}}{(i-1)!} \\ &= \hat{F}(x) \sum\limits_{i \geq 0} \frac{\hat{F}(x)^i}{i!} \\ &= \hat{F}(x) e^{\hat{F}(x)} \end{aligned} \]

用同样的方法可以推得 \(\hat{F}(x)\)。考虑一张图所有情况的概率加起来是 \(1\)，所以：

\[h_n = \sum\limits_{i \geq 0} \frac{1}{i!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \binom{n}{k_1,\cdots,k_i} \frac{(1-p)^{\binom{n}{2}}}{\prod\limits_{j=1}^{i} (1-p)^{\binom{k_j}{2}}} \prod\limits_{j=1}^{i} f_{k_j} = 1 \]

\[\frac{\frac{1}{(1-p)^{\binom{n}{2}}}}{n!} = \sum\limits_{i \geq 0} \frac{1}{i!} \sum\limits_{k_1 + \cdots + k_i = n} \prod\limits_{j=1}^{i} \frac{\frac{f_{k_j}}{(1-p)^{\binom{k_j}{2}}}}{k_j!} \]

\[\hat{H}(x) = e^{\hat{F}(x)} \]

\[\hat{F}(x) = \ln \hat{H}(x) \]

所以：

\[\hat{G}(x) = \hat{H}(x) \ln \hat{H}(x) \]

这样就可以使用多项式技巧在 \(O(n \log n)\) 的时间内求解。