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「KDOI-11」彩灯晚会

首先这个分别平方再求和比较烦。考虑平方的组合意义就是在图上选出两条可重合的同色链，那么我们就只需要在图上选两条链，染成相同的颜色，然后剩下的点随便染就行了。对于选出来的两条链，染色方案为 \(k^{n-(2l-c)+1}\)，其中 \(c\) 是两条链的交点个数。

两条链可以看作两个人在图上分别走出两条长度为 \(l\) 的路径，所以我们考虑设出状态描述当前走的情况。设 \(f_{u,v,a,b}\) 表示两个人分别走到 \(u,v\)，当前两个人走的长度分别是 \(a,b\) 的染色方案数，初值赋为 \(k^{n+1}\)，每走到一个点就除以 \(k\)，交点只除一次。但是如果我们随便走的话，可能会出现交点没有统计到的情况。我们发现每走一步拓补序都会变大，所以我们考虑每一步让字典序小的那个人走，相同就第一个人走，这样就不会漏交点了。这样做时间复杂度是 \(O(n^3 l^2)\) 的，过不了且难以优化。

如果记两个点算上转移就至少是 \(O(n^3)\) 的，没有前途。我们发现其实我们只关心交点在哪里，不是交点的情况我们并不关心。这样我们可以考虑状态里只记交点，然后交点之间直接乘上路径方案数就行。但是枚举的交点之间可能又会经过交点，导致算漏。又因为我们要算交点数量恰好等于 \(c\) 的方案数，所以我们考虑容斥，计算钦定 \(c\) 个交点，也就是 \(\geq c\) 的交点的方案数。设 \(f_{i,c,x,y}\) 表示当前交点为 \(i\)，钦定了 \(c\) 个交点，当前两个人分别走了 \(x,y\) 步的方案数。对于起点和终点不同的问题，我们只需要建一个超级源点和超级汇点，让链长度加 \(2\) 即可。转移比较简单，我们预处理 \(g_{i,j,x}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 长度为 \(x\) 的路径方案数，转移就是 \(f_{i,c,x,y} \times g_{i,j,\Delta_x,\Delta_y} \to f_{j,c+1,x+\Delta_x,y+\Delta_y}\)。这样做是 \(O(n^2 l^5 + n^3 l)\) 的，看起来更劣了，但是我们成功将 \(n\) 降到了两次。考虑优化，我们发现其实转移是一个二维卷积，\(\Delta_x\) 和 \(\Delta_y\) 之间没有关联，那么我们可以分两步转移，先加 \(x\) 的 \(\Delta_x\)，再加上 \(y\) 的 \(\Delta_y\)，这样就可以做到 \(O(n^2 l^4 + n^3 l)\)，但还是过不了。

我们考虑从计算答案上下手。设 \(f_i\) 表示恰好有 \(i\) 个交点的方案数，\(g_i\) 表示钦定 \(i\) 个交点的方案数，则有：

\[f_i = \sum\limits_{j=i}^{l} (-1)^{j-i} \binom{j}{i} g_j \]

答案为：

\[\begin{aligned} & \space \space \space \space \thinspace \sum\limits_{i=0}^{l} k^{n-2l+i+1} f_i \\ &= k^{n-2l+1} \sum\limits_{i=0}^{l} k^i \sum\limits_{j=i}^{l} (-1)^{j-i} \binom{j}{i} g_j \\ &= k^{n-2l+1} \sum\limits_{i=0}^{l} g_i \sum\limits_{j=0}^{i} \binom{i}{j} (-1)^{i-j} k^j \\ &= k^{n-2l+1} \sum\limits_{i=0}^{l} g_i (k-1)^i \end{aligned} \]

此时发现可以不记录钦定的交点数量了，每经过一个交点转移的时候乘上 \(k-1\) 就行了，这样可以做到 \(O(n^2 l^3 + n^3 l)\)，卡卡常就能过了。

技巧：

• 平方计数可以考虑组合意义。
• 需要记录共同的信息（如交点），正常做法难以优化时，可以考虑容斥，只计交点，然后钦定交点个数。
• 转移难以优化时可以考虑从计算答案优化入手，发现性质。
• 需要记录具体的（钦定的）点的数量时，可以考虑如何不记点数。

「KDOI-03」构造数组

如果我们已经知道了操作的点对是哪些，那么计算答案相当于是多重集排列。设 \(m = \sum\limits_{i=1}^{n} b_i\)。显然 \(m \equiv 1 \pmod 2\) 无解。一种点对集合的答案计算为：

\[\frac{(\frac{m}{2})!}{\prod_{1 \leq x < y \leq n} c_{x,y}!} \]

其中 \(c_{x,y}\) 表示操作 \((x,y)\) 的数量。

发现这个方向不好做，因为如果我们顺序 DP 每一个数，我们就需要知道之前每一个数具体剩下多少，爆掉了，而且阶乘非常难拆。

我们考虑直接 DP 操作序列。操作序列相当于是从左到右 \(\frac{m}{2}\) 个二元组，我们每次考虑将一种相同的数全部填进去。那么我们需要知道当前剩下的已占用 \(0/1/2\) 个元素的二元组数量，而我们发现如果我们知道了已占用 \(1\) 个元素的二元组数量 \(j\)，由于我们是顺序填入一种数，所以占用 \(2\) 个的二元组的数量为 \(\frac{sum_i-j}{2}\)，其中 \(sum_i\) 是前 \(i\) 种数的数的个数和，那么占用 \(0\) 个的也能算。设 \(f_{i,j}\) 表示填了前 \(i\) 种数，占用了 \(1\) 个元素的二元组数量为 \(j\) 的方案数。转移枚举上一次的 \(j\)，再枚举当前多少个数填入之前占用 \(1\) 个的二元组即可。外层枚举 \(n\)，内层先枚举二元组数量是 \(O(m)\) 的，然后再枚举填入数量，不超过 \(b_i\)，发现最内层和最外层的总枚举量为 \(O(m)\)，总时间复杂度为 \(O(m^2)\)。

技巧：

• 阶乘难以拆开。
• 对于执行操作的 DP，可以考虑 DP 操作序列。
• 状态记录过多时可以考虑是否由一些信息可以直接推出另一些信息，避免冗余状态。

【MX-X13-T6】「KDOI-12」能做到的也只不过是静等缘分耗尽的那一天。

做法可以看题解。

总结一下技巧：如果有形如 \(\frac{1}{ab}\)，其中 \(b-a = c\)，\(c\) 为常数，那么：

\[\frac{1}{ab} = \frac{1}{b-a} \times \frac{b-a}{ab} = \frac{1}{b-a}(\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) \]

实际上就是裂项。

再总结一个。

我们知道：

\[\sum\limits_{i=0}^{n} \binom{i}{m} = \binom{n+1}{m+1} \]

那么：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=0}^{n} i \binom{i}{m} &= \sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{j=i+1}^{n} \binom{j}{m} \\ &= \sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n+1}{m+1} - \binom{i+1}{m+1} \\ &= (n+1) \binom{n+1}{m+1} - \sum\limits_{i=1}^{n+1} \binom{i}{m+1} \\ &= (n+1) \binom{n+1}{m+1} - \binom{n+2}{m+2} \end{aligned} \]