7.20 模拟赛

把全场最难题说一说。

《T1》

题意：给定 \(n, m\)，求只包含 \(-1,m-1\) 的序列有多少个前缀和的最小值 \(\ge 0\).

给了你一个引理：对于任意 \(\sum x_i = 1\)，恰好存在 \(1\) 个轮换 \(x'\)，前缀和均为正数。

不妨先使 \(m\gets m-1\)。

总结：最终还是无法战胜打表哥……

不难想到按照前缀和为 \(0\) 的位置 dp，设 \(f_i\) 表示前面均合法，且 \([1, i]\) 的和为 \(0\) 的方案数，转移考虑枚举上一个为 \(0\) 的位置 \(j\)，然后发现 \(s_i = 0 \Rightarrow a_i=-1\)（\(s\) 为前缀和），所以 \(s_{i-1} = 1\)，结合 \(s_j=0\) 有：\(a_{j+1}+a_{j+2}+\dots+a_{i-1} = 1\)，考虑使用如上引理，然后你就发现你得算设长度为 \(n\)、有 \(m\) 个 \(1\) 的 \(0/1\) 序列在循环移位等价下的不同个数。最后会日出来一个：

\[\dfrac{1}{n}\sum _{d | \gcd(n, m)} \varphi(d)\binom{n/d}{m/d} \]

根本没法做（然而实际上我们后面发现因为 \(n,m\) 的特殊性质其实是可以做的）。最终还是无法战胜打表哥……

正解是考虑枚举第一个 \(i\)，其中 \([1,i]\) 的和为 \(0\)，\(a_{i+1}=-1\)，即不合法，记这个答案为 \(F_i\)，则 \(\mathrm{ans} = 2^n-\sum F_i 2^{n-i-1}\)。

考虑 \(F_{i}\) 怎么算，由于 \([1, i]\) 的和为 \(0\)，容易计算出 \(a=\mathrm{cnt}_m=i/(m+1)\)，\(b=\mathrm{cnt}_{-1}=\mathrm{cnt}_m \times m\)。就是要计数有 \(a\) 个 \(m\)，\(b\) 个 \(-1\)，且前缀和 \(\ge 0\)，总和 \(=0\) 的方案数。在一个任意的满足个数限制的序列进行如下操作：

• 在后面补一个 \(-1\)，
• 取相反数就可以发现总和为 \(1\)，应用前面的引理可以找一个前缀和 \(> 0\) 的轮换序列；
  • 第一位必然为 \(1\)；
• 去掉第一位后，可以得到前缀和 \(\ge 0\) 的序列。
• 然后再取一次相反数，可以得到前缀和 \(\le 0\) 的序列，进行一次对称变换过后，可以得到前缀和 \(\ge 0\) 的序列。

注意：当长度为 \(n\) 的序列 \(\sum x_i\) 总和为 \(1\) 时，我们能够证明： \(x_i\) 的不同的循环变换个数恰好有 \(n\) 个。从总和为 \(1\) 的角度可以简单证明。

所以直接对于轮换序列计数，共有 \(a\) 个 \(m\)，\(am+1\) 个 \(-1\)，答案即为：

\[F_i = \binom{m+am+1}{a} \times \frac{1}{m+am+1}=\binom{m+am}{a}\times \frac{1}{am+1} \]

最后用上面的式子统计答案即可。