有意思的题——做题记录

从 2026.3.26 开始写，记录一些有意思的题目。

P3641 [APIO2016] 最大差分

考虑先花 $n + 1$ 的代价找到 $a_1,a_n$。

那么显然 $\max(a_i - a_{i-1})\ge \frac{a_n - a_1}{n- 1}$。那么值域上每 $\frac{a_n-a_1-1}{n-1}$ 分一段，显然最后答案只会是不同段之间的差值最大值。这样一共有 $O(n)$ 段，每个数一定会被查 $1$ 次，算上之前的代价就是 $3n$ 的。

AT_agc013_d [AGC013D] Piling Up

考虑取一次对两种颜色的影响。记 $c$ 为红色的数量，那么 $n-c$ 为蓝色的数量。记 $R$ 为红色，$B$ 为蓝色。

$RR$。$c \to c-1$。要求之前 $c \ge 1$。
$RB$。$c \to c$。要求之前 $c \ge 1$。
$BR$。$c \to c$。要求之前 $c \le n-1$。
$BB$。$c \to c + 1$。要求之前 $c \le n-1$。

不妨令初始时 $c =0$，那么可以按照上面的操作得到 $h_i$ 表示执行完第 $i$ 轮后 $c$ 的值。那么对于一个最终合法的 $c_0$，应该满足：

对于所有 $R*$ 操作的 $i$，有 $h_i + c_0 \ge 0$。这里本来应该是 $\ge 1$，但是执行 $c \to c-1$ 后就变成 $0$ 了。
对于所有 $B*$ 操作的 $i$，有 $h_i + c_0 \le n$。同上。

分情况讨论：

存在 $R*$ 操作且 $h_i < 0$。那么此时如果该方案合法一定存在一个 $c_0$（也是最小的）使得 $\min(h_i) + c_0 =0$。这里 $\min(h_i)$ 表示的是 $R*$ 操作的 $h$ 最小值。
不存在 $R*$ 操作且 $h_i < 0$。此时直接让 $c_0=0$ 一定合法。

那么这样就可以对所有方案构造映射了，有 $f(G) = c_0$，其中 $c_0$ 是最小可行的值。考虑分两类计数。

对于情况 $1$。维护 $f_{i,j,0/1}$ 表示当前执行完前 $i$ 轮操作，$c = j$，且是否存在 $R*$ 操作且 $h_i + c_0 = 0$。那么：

\[f_{0,c_0,0} = 1[1 \le c_0 \le n]\\ \]
1. \[f_{i, j - 1,0}\gets f_{i - 1,j,0}[j > 1] (R)\\ f_{i,j-1,1}\gets f_{i - 1,j,0} [j = 1] (R)\\ f_{i,j - 1,1}\gets f_{i - 1,j,1} [j \ge 1] (R)\\ f_{i, j,0/1}\gets f_{i-1,j,0/1} [j \le n-1](B)\\ \]
2. \[f_{i,j + 1,0/1}= f'_{i,j,0/1} \]
3. \[f_{i, j - 1,0}\gets f'_{i,j,0}[j > 1] (R)\\ f_{i,j-1,1}\gets f'_{i,j,0} [j = 1] (R)\\ f_{i,j - 1,1}\gets f'_{i,j,1} [j \ge 1] (R)\\ f_{i, j,0/1}\gets f'_{i,j,0/1} [j \le n](B)\\ \]
最后答案就是 $\sum f_{m,j,1}$。复杂度 $O(nm)$。
对于情况 $2$。定义同上。有：

\[f_{0,0} = 1 \]
1. \[f_{i,j - 1}\gets f_{i-1,j} [j \ge 1](R)\\ f_{i,j}\gets f_{i-1,j} [j \le n-1](B) \]
2. \[f_{i,j+1}= f'_{i,j} \]
3. \[f_{i,j - 1}\gets f'_{i,j} [j \ge 1](R)\\ f_{i,j}\gets f'_{i,j} [j \le n](B) \]
答案为 $\sum f_{m,j}$。时间复杂度 $O(nm)$。

最后把两个加起来就行了。

其实可以合一起，第二个相当于初始化 $f_{0,0,1}=1$。

AT_agc002_f [AGC002F] Leftmost Ball

考虑判断一种方案是否合法。应该满足对于任意前缀 $1\sim i$，都有 $0$ 的数量不小于颜色数量，且最后每种颜色恰好出现了 $k-1$ 次。

考虑定义两种方案本质相同，当仅当 $0$ 的位置相同，且出现位置集合构成的集合相同。比如 $0012$ 和 $0021$ 是相同的。那么我们就只需要求有多少本质不同的方案，再乘上 $n!$ 即可。

此时第 $i$ 个 $0$ 可以直接视为颜色 $i$ 的开头。那么就可以用插入的方式生成序列了。具体的，定义 $f_{i,j}$ 表示插入完颜色 $1 \sim i$，且 $i$ 这个颜色 $0$ 的位置在 $j$ 的方案数。则我们只需要保证插入 $i + 1$ 这个颜色后颜色第一次出现的位置在 $j$ 后面即可。有：

\[f_{i+1,k}\gets f_{i,j}\times \binom{i\times K -k + (K - 1)}{K - 1}[j < k] \]

前缀和优化即可。最后答案就是 $n!\sum f_{n,i}$。但是时间复杂度是 $O(n^2K)$ 的。

换个角度，不看做是在插入，而是看做确定位置。那么如果已知颜色 $1\sim i $ 占了哪些位置，一定可以知道 $i+1$ 的开头在哪里，也就是第一个还没被占的位置。那么对于剩下 $K-1$ 个数，剩余位置有 $n\times K - i \times K - 1$ 个。所以可以定义 $f_i$ 表示前 $i$ 个颜色的方案数，则 $f_i = f_{i-1}\times \binom{(n-(i-1))\times K - 1}{K -1}$。答案仍然是 $n!\sum f_{n}$。复杂度 $O(n^2)$。瓶颈在于组合数。

发现过不了样例，问题在于 $0021$ 是不应该被计算的（和他本质相同的是 $0012$），但插入 $1$ 的时候选择 $1,4$ 位置就使得它被计算了。

此时应该再添加一个限制：对于任意颜色 $i$，它前两次出现的位置 $p_1,p_2$ 中间不能存在 $j >i$，使得 $j$ 出现至少 $2$ 次。

那么可以定义 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个颜色填完，当前第一个空往后数 $j$ 空位都有这个限制的方案数。那么枚举 $i$ 这个颜色放在第几个空位，有：

\[f_{i,j - 2} \gets f_{i-1,k}\times \binom{n\times K - (i-1)\times K -j}{K - 2} [k \le j - 1] \]

前缀和优化即可，由于最后答案为 $n! f_{n,0}$，所以第二位是 $O(n)$ 量级的。时间复杂度 $O(n^2)$。

P3447 [POI 2006] KRY-Crystals

考虑对于每个 $i$，找到最大的 $j$，使得 $a_i$ 和 $m_i$ 第 $[j,31]$ 位相同。

记 $j$ 最大的那个下标为 $i_0$，且对应的 $j$ 为 $j_0$。那么如果 $\bigoplus \limits_{i=1}^{n}a_i =0$，一定有对于 $j \in [j_0,31]$，$\bigoplus\limits_{i=1}^{n}m_{i,j} =0$。

显然，$m_{i_0,j_0 - 1} = 1$ 且 $a_{i_0,j_0-1}=0$。对于 $[0,j_0 - 2]$ 这些位，由于 $a_{i_0}$ 是可以取到 $[0,2^{j_0-1}-1]$ 的，所以对于 $[1,i_0)\cup (i_0,n]$ 中所有数，无论它们值是多少，都是可以对应唯一的 $a_{i_0}$ 的，因为在不管 $[j_0-1,31]$ 这些位时，$\bigoplus \limits_{i\ne i_0}^{}a_i = a_{i_0}$。则现在只需要考虑 $j_0 - 1$ 这一位异或和为 $0$ 的情况了，不是直接判断 $\bigoplus\limits_{i=1}^{n}m_{i,j_0-1}$ 的原因是可能有多个 $i$ 对应的 $j$ 是 $j_0$，此时应该异或 $0$ 而不是 $1$。

枚举 $j_0 - 1 = x$。定义状态函数 $f_{i,0/1,0/1}$ 表示前 $i$ 个数，当前异或和为 $0/1$，不存在或存在一个 $i_0$ 对应的 $j$ 是 $x+1$ 的价值和。

$m_{i,x} = 0$。$f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k} \times (1 + (m_i \& (2^{x} - 1)))$。
$m_{i,x} = 1$。
1. $a_{i,x} = 1$。$f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j\oplus 1,k} \times (1 + (m_i \& (2^{x} - 1)))$。
2. $a_{i,x} = 0$。
  1. 之前不存在这样的 $i_0$。$f_{i,j,1}\gets f_{i-1,j,0}$。
  2. 之前存在这样的 $i_0$。$f_{i,j,1}\gets f_{i-1,j,1} \times 2^x$。

最后答案就是 $f_{n,0,1}$。时间复杂度 $O(n\log V)$。

P10104 [GDKOI2023 提高组] 异或图

如果 $m = 0$，那就是 P3447。只需要添加一个 $a_{n+1}$，差分一下。复杂度是 $O(n\log V)$ 的。

如果 $m \ne 0$，尝试容斥。我们去钦定一些边不合法，记边集为 $S$。这样可以以 $O(n\log V)$ 的时间复杂度算出 $g(S)$ 表示 $S$ 中的边一定不合法时的方案数。要求 $f(\emptyset)$。显然，容斥系数应该是 $(-1)^{|S|}$。有 $f(\emptyset) = \sum\limits_{S \subseteq E}^{} (-1)^{|S|}g(S)$。但是 $m \le \frac{n(n-1)}{2}$。

考虑钦定一些点相同，对于一个联通块 $U$，它会对所有满足通过边集 $S$ 连接能够得到 $U$ 的 $S$ 产生贡献，且贡献是一定的。那么 $U$ 的容斥系数就可以是 $\sum\limits_{S}^{}(-1)^{|S|}$。

考虑维护 $h_U$ 表示 $U$ 集合中的点联通时容斥系数的和。

因为对于 $U$ 中点都相同的情况，我们最终的限制应该是 $a = \min\limits_{x\in U}^{} a_x$。不妨将 $a$ 升序排序。定义状态函数 $f_{S,s}$ 为现在集合中点集为 $S$，且有限制的点集为 $s$ 的贡献和。考虑去枚举新加进来的集合 $U$ 的 lowbit，记为 $i$。那么有转移方程：

\[f_{U' \cup U, s \cup \{i\}} \gets f_{U',s} \times h_{U} [|U|\bmod 2 = 1]\\ f_{U' \cup U, s } \gets f_{U',s} \times h_{U} \times (a_i + 1) [|U|\bmod 2 = 0]\\ \]

这里有两种转移方程是因为如果钦定偶数个数值相同，异或一定是 $0$。这部分枚举量是 $\sum\limits_{i=1}^{n}3^{n-i}2^i$ 也就是 $O(3^nn)$ 级别的。因为 $[1,i-1]$ 一定已经在 $U'$ 中，是不需要枚举的，只需要在意 $[i + 1,n]$ 哪些数在 $U'$，哪些数在 $U$。

对于答案，就是 $\sum\limits_{s}^{}f_{U,s} \times w(s)$，其中 $w(s)$ 为只有 $s$ 中的点产生限制时的方案数。这部分时间复杂度 $O(2^nn\log V)$。

$h_U$ 的计算是相对容易的。依旧考虑容斥，首先 $h_{U} = \sum \limits_{S}^{} (-1)^{|S|}$，记 $E(U)$ 为原图上 $u \in U\land v\in U$ 的边的数量，那么 $h_U = [E(U) = 0]$。则 $h_{U} = [E(U) = 0] - \sum\limits_{\min(U) \subseteq T \subset U}^{} h_{T} \times [E(U/T) =0]$。时间复杂度 $O(3^n)$。

总复杂度 $O(3^nn + 2^nn\log V)$。

实现细节。显然 $f_{*,*}$ 的空间是 $O(4^n)$ 的。但是对于 $i$ 来说，$[1,i-1]$ 只需要存哪些是 $s$ 中的，$[i+1,n]$ 也只需要知道哪些是 $U$ 中的，所以可以把两个状态压在一起，空间变成 $O(2^n)$。

P4921 [MtOI2018] 情侣？给我烧了！

有 $n$ 种颜色，每种颜色 $2$ 个。将它们重新排列，求最后 $p_{2i}=p_{2i+1}$ 的数量恰好为 $k$ 的方案数。

定义 $G(n)$ 表示 $n$ 种颜色产生 $0$ 对相邻的同色对的方案数。那么对于产生 $k$ 对的方案数，就是 $\binom{n}{k}\binom{n}{k}k! 2^k \times G(n-k)$。

那么只需要求出 $G(n)$ 就可以了。考虑每次在最开头加一对异色点，方案数为 $n(n-1)$。有两种情况：

这一对一色点另外一半也是一对。那么只需要考虑 $n-2$ 种颜色的方案数，为 $2(n-1)G(n-2)$。其中 $2(n-1)$ 表示这一对可交换，且能差在 $(n-1)$ 个空任意一个中。
不是一对，相当于强制它们同色（不在一起），为 $G(n-1)$。

则 $G'(n) = 4n(n-1)(2(n-1)G(n-2)+G(n-1))$。

时间复杂度 $O(Tn)$。

CF1874F Jellyfish and OEIS

首先，对于两个区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$，若满足 $l_1 < l_2 \le r_1 < r_2$，且 $p[l_1,r_1]$ 与 $p[l_2,r_2]$ 均为排列，这 $p[l_2,r_1]$ 也一定为排列。因为考虑一个数 $x \in[l_2,r_1]$，若 $pos_x \in(r_1,r_2]$，则 $p[l_1,r_1]$ 一定不是排列（不包含 $x$），反之同理。则所有 $x \in [l_2,r_1]$ 的数都满足 $pos_x \in [l_2,r_1]$，那么 $p[l_2,r_1]$ 是排列。

考虑维护从 $R_i$ 表示最小的 $r$，使得 $p[i,R_i]$ 是排列，若不存在则 $R_i = i-1$。那么所有真区间 $[i,R_i]$ 不交。

尝试根据这个性质 DP。定义 $f_{l,r}$ 表示 $p[l,r]$ 是排列，且满足题目条件的方案数。因为真区间 $[i,R_i]$ 不交，所以可以考虑枚举有多少个不合法的真区间，记 $g_{l,r,x}$ 为钦定 $x$ 个真区间不合法的方案数，则 $f_{l,r}=\sum\limits_{x=0}^{r-l+1}(-1)^xg_{l,r,x}$。

考虑怎么维护这个 $g_{l,r,x}$。显然不能随便钦定，比如我们钦定了两个区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$，且 $r_1 < l_2$，但存在 $r_1 < l_3 <l_2 < r_3 < r_2$，且 $p[l_3,r_3]$ 也是排列，这时应该变成 $[l_1,r_1],[l_3,l_2 - 1],[l_2,r_3],[r_3+1,r_2]$。

但是如果 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$ 是不合法的，那么 $[l_1,r_1],([l_3,l_2 - 1]),[l_2,r_3],([r_3+1,r_2])$ 也是不合法的，记 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$ 的容斥系数为 $x$，那么就是 $x + x +(-x) + (-x) +x = x$。也就是说加入 $[l_3,r_3]$ 后再拆成不交区间会抵消掉。若以直接钦定是可行的。

因为我们只在意钦定不合法区间的奇偶性，所以可以定义 $g_{l,r,x}$ 表示区间 $[l,r]$，钦定了若干个不合法区间，且最后有 $x$ 个点没有被区间包含的方案数乘上容斥系数的和。对于 $g_{l,r,x}$：

$r$ 是没被区间包含的点。$g_{l,r,x}\gets g_{l,r-1,x-1}$。
$r$ 是被包含的点。那么新的这个钦定的区间一定满足 $R_i=r$。枚举 $i$，则 $g_{l,r,x}\gets (-1)(r-i+1)!g_{l,i-1,x} [ m_i \ge r]$。
初始化 $g_{l,l-1,0}=1$。

那么 $f_{l,r}=\sum\limits_{x=0}^{r-l+1}g_{l,r,x}\times x!$。时间复杂度 $O(n^4)$。

但是这么做第二个样例会输出 $39$。好像是确实不能随便钦定导致的，上面的证明有点莫名其妙地假。

既然不能直接钦定，考虑构造映射。具体地，对于 $p[l,r]$，我们维护 $\{[i,R_i]| R_i \ge i\}$，根据最开始的证明，这些区间不交。那么显然一个 $p[l,r]$ 只会对应一个集合。再细化，我们将所有 $m_i < R_i$ 的 $[i,R_i]$ 删了，则 $p[l,r]$ 只会对应一个不满足条件的区间集合。尝试对这个计数。

依旧把容斥系数乘进去，定义 $f_{l,r}$ 表示 $p[l,r]$ 是排列，且不考虑 $[l,r]$ 被 $m_l$ 限制时合法的方案数。$g_{l,r,x}$ 为得到区间长度和为 $r-l+1-x$ 也就是有 $x$ 个位置没被包含的方案数乘上容斥系数的和。则 $f_{l,r}=\sum\limits_{x=0}^{r-l+1}g_{l,r,x}\times x!$。对于 $g_{l,r,x}$，有：

$r$ 没被包含。$g_{l,r,x}\gets f_{l,r-1,x}$。
$r$ 被包含。则 $R_i = r$。枚举 $i$，有 $g_{l,r,x} \gets (-1)g_{l,i-1,x}\times f_{i,r} [m_i \ge r]$。其中 $l < i \le r$。因为 $[i,R_i]$ 是一个集合中的区间，所以一定不存在 $i < l' \le r' < R_i$，使得 $p[l',r']$ 是排列且 $m_{l'}\ge r'$。那么方案数就是 $f_{i,r}$ 了。
$g_{l,l-1,0}=1$。
若 $m_l \ge r$，则 $g_{l,r,0}\gets (-1)f_{l,r}$。

时间复杂度 $O(n^4)$。

CF2048H Kevin and Strange Operation

显然最后每个位置将会是原来序列上一段区间的 $\max$。

记当前序列上第 $i$ 个数是原序列 $[l_i,r_i]$ 的最大值。

考虑操作一个位置 $p$。有：

将 $r_i$ 变成 $r_{i+1}$，对于 $1 \le i < p$。
删掉 $[l_p,r_p]$。

那么相当于是将 $[l_1,r_1],[l_2,r_2],\dots,[l_m,r_m]$ 变成 $[l_1,r_2],[l_2,r_3],\dots,[l_{p-1},r_p],[l_{p+1},r_{p+1}],\dots,[l_m,r_m]$。

将 $l,r$ 看作两个序列，那么操作 $p$ 就会让 $r_1$ 删掉，让 $l_p$ 删掉。初始时 $l_i = i,r_i = i$。

因为 $r$ 是删前缀的过程，$l$ 是删子序列的过程。所以考虑判定一个序列是否合法。具体地，如果这个序列长度为 $m$，那么可以知道 $r_i = n - i +1$。维护 $l_i$ 表示从后往前尽可能少地移动 $l$，匹配到第 $i$ 个时 $l$ 的值。那么 $l_i$ 应该是 $[1, \min(l_{i+1},n-i+1)]$ 中最大的一个 $j$，使得 $\max\limits_{k=j}^{n-i+1}a_k = b_i$。显然，不合法当且仅当某一个 $i$ 时不存在这样的 $j$ 了。

这启发我们去维护这个 $l$。定义状态函数 $f_{i,j}$ 表示后面 $i$ 个数都保留下来了，当前的 $l$ 是 $j$ 且合法的方案数。分类转移：

$b$ 序列中这一位是 $0$。找到 $i$ 前面第一个 $1$ 的位置 $j$。首先要满足 $a_i =0$。
1. $l_{i+1} > i$。$f_{i,i} \gets \sum\limits_{j > i}^{}f_{i+1,j}$。
2. $j + 1 < l_{i+1} \le i$。$f_{i,k - 1}\gets f_{i+1,k}$。
3. $l_{i+1} \le j+1$。不合法。
$b$ 序列这一位是 $1$。找到 $i$ 前面第一个 $1$ 的位置 $j$。
1. $j < l_{i+1}$。$f_{i,j}\gets \sum\limits_{k>j}^{}f_{i+1,k}$。
2. $l_{i+1} \le j$。$f_{i,k - 1}\gets f_{i+1,k}$。

最后答案就是 $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}f_{i,j}$。直接做时间复杂度 $O(n^2)$。

将这两个转移合在一起，有：

$f_{i,k} = [a_i = 0] f_{i+1,k+1}$，对于 $k=i$。
$f_{i,k} = [a_i=0]f_{i+1,k+1}$，对于 $j < k \le i - 1$。
$f_{i,k} = \sum\limits_{x = k + 1}^{i+1}f_{i+1,x}$，对于 $k=j$。
$f_{i,k} = f_{i,k+1}$，对于 $k < j$。

明显是一个整体 DP 的形式。首先这个平移是整体平移的，所以可以不管。维护 $\delta_i = n-i$ 表示平移量。

首先 $k -\delta_i > i$ 的 $f$ 值和 $k - \delta = 0$ 的 $f$ 值需要清空。也就是 $f_{k} = 0[k > i+\delta_i\lor k = \delta]$。

其次如果 $a_i \ne 0$。$f_{k} = 0[k > j +\delta_i ]$。

最后对于 $k = j + \delta_i$，有 $f_{k} = \sum\limits_{x = k}^{n}f'_x$。

线段树维护可以做到 $O(n\log n)$。

CF2048G Kevin and Matrices

比 H 难，不支持反驳。

考虑判定一个矩阵是否合法。假设第 $i$ 行的最大值不大于第 $j$ 列的最小值。那么说明第 $i$ 行的最大值和第 $j$ 列的最小值都是 $a_{i,j}$。因为如果第 $i$ 行的最大值不是 $a_{i,j}$，则存在 $a_{i,k} > a_{i,j}$，而第 $j$ 列的最下值 $\le a_{i,j}$，显然不合法。反之同理。

那么一个矩阵合法，当且仅当存在 $(i,j)$，使得 $a_{i,j}$ 是第 $i$ 行的最大值也是第 $j$ 列的最小值。

发现如果 $(i_1,j_1)$ 合法，$(i_2,j_2)$ 也合法，且 $(i_2,j_2)$ 在 $(i_1,j_1)$ 右上角，一定满足 $a_{i_1,j_1} = a_{i_2,j_2}$。左上角也是一样的。也就是说，这样合法的 $(i,j)$ 的值一定都相同。同时，$(i_2,j_1)$ 和 $(i_1,j_2)$ 也是合法的。

也就是说，只要我们知道哪些行上有合法点，记为集合 $A$；哪些列上有合法点，记为 $B$。那么 $(i,j),i\in A,j\in B$ 一定是合法点。

那么考虑对这玩意容斥。钦定有 $i$ 行 $j$ 列上存在合法点。容斥系数应该是 $(-1)^{i+j}$。枚举这个相同的值 $k$，那么每行都有至少 $j$ 个数是 $k$，且剩下的数不超过 $k$；每列都有至少 $i$ 个数是 $k$，且剩下的数不小于 $k$。不难发现除去这 $i \times j$ 个一定是 $k$ 的数后，剩下每行每列的数位置都是互不相同的，于是方案数为 $(v - k +1)^{j\times n - i\times j}\times k ^{i\times m -i\times j}\times v^{(n-i)(m-j)}$。

那么答案为：

\[\sum\limits_{k=1}^{v}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^{i+j}(v-k+1)^{j (n-i)}k^{i (m-j)} v^{(n-i)(m-j)}\binom{n}{i}\binom{m}{j}\\ \sum\limits_{k=1}^{v}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^j (v-k+1)^{j(n-i)}k^{i(m-j)}v^{(n-i)(m-j)}\binom{m}{j}\\ =\sum\limits_{k=1}^{v}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^j ((v-k+1)^{(n-i)})^j({k^i})^{(m-j)}({v^{(n-i)}})^{(m-j)}\binom{m}{j}\\ =\sum\limits_{k=1}^{v}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}\sum\limits_{j=1}^{m}(-(v-k+1)^{(n-i)})^j(k^i{v^{(n-i)}})^{(m-j)}\binom{m}{j}\\ =\sum\limits_{k=1}^{v}\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}(-(k^iv^{(n-i)})^m+(k^iv^{(n-i)}-(v-k+1)^{(n-i)})^m)\\ \]

时间复杂度 $O(nv\log m)$。

P14686 [ICPC 2025 Yokohama R] Charity Raffle

考虑对一种获得奖品的方案的合法性判定。

可以这么构造：

如果当前值剩下一种奖品 $x$。
1. 存在 $y > x$，且初始时 $cnt_y = cnt_x - 1$。合法。
2. 不存在。不合法。
如果当前剩下大于一种奖品。将最小的那个奖品 $x$ 和后面一个与它获得数量相同的 $y$ 放一起，使得 $x$ 数量加 $1$。之后让所有还有剩下的奖品都和 $x$ 放一起一次，使得所有剩下的奖品数量增加 $1$。

发现这样的话，我们其实只需要在意出现次数最大的那个奖品 $x$。如果有多个一定合法。

$cnt_x$ 比 $\max\limits_{y\ne x}^{} cnt_y + 1$ 大。一定不合法。
$x$ 后面没有次大值。一定不合法。

反之一定合法。

那么问题变成：求 $cnt$ 的方案数，使得：

$\sum\limits_{i=1}^{n}cnt_i = k$。
$cnt_i \le m$。
如果只有 $1$ 个最大值，最大值后面一定有一个等于它减 $1$。

用总的减去不合法的。

最大值比次大值大至少 $2$。枚举最大值为 $x$。那么问题变成 $n-1$ 个数，$cnt_i \le x - 2$。答案就是 $n \sum\limits_{i=0}^{\min(n-1,\frac{k-x}{(x-1)})}(-1)^i\binom{n-1}{i}\binom{(k-x)-i(x-1)+(n-1)-1}{n-1-1}$。这个是调和级数的，时间复杂度 $O(n\log n)$。
最大值比次大值多 $1$ 但最大值后面不存在次大值。强制钦定最后一个次大值是最大值，也就是给它额外加 $1$。那么总的方案数为 $\sum\limits_{i=0}^{\min(n,\frac{k-1}{m})}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{(k-1)-im+n-1}{n-1}$。然后还需要减去只有一个次大值的情况，枚举次大值的值 $x$。方案数为 $n\sum\limits_{i=0}^{\min(n-1,\frac{k-x-1}{x})}(-1)^i\binom{n-1}{i}\binom{(k-x-1)-ix+(n-1)-1}{n-1-1}$。

记 $G(n,k,x) = \sum\limits_{i=0}^{\min(n,\frac{k}{x+1})}(-1)^i \binom{n}{i}\binom{k-i(x+1)+n-1}{n-1}$，那么答案就是：

\[G(n,k,m) - \sum\limits_{x=2}^{m}nG(n-1,k-x,x-2) - \\ (G(n,k-1,m-1) - \sum\limits_{x = 0}^{m-1}nG(n-1,k-x-1,x-1))\\ = G(n,k,m) - G(n,k-1,m-1) \]

时间复杂度 $O(n)$。

P8340 [AHOI2022] 山河重整

求有多少个集合做 $01$ 背包可以得到 $[1,n]$ 每个数。

显然每次加入一个数 $i$ 后能得到的数应该是一个 $[1,n]$ 的前缀（从小到大加入 $i$）。不妨设第一次由前缀分裂成区间时加入的数是 $x$，前缀是 $[1,y]$。那么分裂的区间变成 $[1,y]\cup [x,x + y]$。而后由于能够加入的数都 $>x$，所以 $[y + 1,x-1]$ 是一定得不到的，不可能合法。

考虑容斥。枚举第一个无法得到的数 $x$。因为我们知道一个前缀分裂成区间后就不可能恢复了，所以这个 $x$ 一定是第一次分裂时产生的。也就是 $[1,x-1]$ 中选择的数恰好能得到 $[1,x-1]$，且后面选择了一个 $>x$ 的数。那么 $[1,x-1]$ 中选择的数的和一定是 $x-1$。

定义 $f_i$ 表示 $[1,i]$ 中选数，和恰好是 $i$ 且能得到 $[1,i]$ 中每个数的方案数。那么答案应该是 $g_n =2^n -\sum\limits_{x=1}^{n}2^{n-x}f_{x-1}$。对于 $f$，依旧考虑容斥。枚举第一个不能得到的数 $x$，那么 $f_{n} = w_{1,n,n} - \sum\limits_{x=1}^{n}f_{x-1}w_{x+1,n,n-x+1}$。其中 $w_{l,r,x}$ 为在 $[l,r]$ 中选数，和恰好是 $x$ 的方案数。

首先对于 $w_{1,n,n}$ 是简单的。不妨设 $dp_{i,j}$ 为选了 $i$ 个数，和为 $j$ 的方案数。那么：

\[dp_{i,j} \gets dp_{i,j-i}+dp_{i-1,j-i-1} \]

因为最多选 $\sqrt{n}$ 个数，所以复杂度是 $O(n\sqrt{n})$ 的。

对于后面一半，枚举选了 $k$ 个数，那么它们的和至少是 $(x+1)k$。则问题变成 $[1,n-x]$ 中选一些数，使得和为 $n-x+1-(x+1)k$。有 $f_{n} = \sum dp_{i,n} -\sum\limits_{x=1}^{n}f_{x-1}\sum\limits_{k=1}^{n-x}dp_{k,n-x+1-(x+1)k}$。考虑维护 $h_{i,j}$ 表示现在还有 $i$ 个数要增加，当前和为 $j$ 的方案数。那么对于 $x$ 来说，枚举它最后给某个 $n$ 贡献了 $k$ 个数，有 $h_{k,x-1+(x+1)k}\gets f_{x-1}$。然后对于 $h$，有：

\[h_{i,j} \gets h_{i,j-i} + h_{i+1,j-i} \]

因为互不相同，所以每次最多弹一个数出去。

最后有 $f_{n} = \sum dp_{i,n} - h_{0,n}$。然后这玩意要半在线地做，而 $f_{x-1}$ 不会对 $n< 2x$ 的点产生贡献，所以每次折半就行了。具体地，先处理 $[1,\frac{n}{2}]$ 再处理 $[1,\frac{n}{2}]$ 对 $[\frac{n}{2}+1,n]$ 的贡献。时间复杂度 $T(n) = O(n\sqrt{n} )+ T(\frac{n}{2}) = O(n\sqrt{n})$。

posted @ 2026-03-26 22:00 harmis_yz 阅读(4) 评论(0) 收藏举报

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