闲话 23.2.26

闲话

我不知道为啥有人关注别人的通过数
这玩意有啥意义？

今天中午的歌是 discord(the living tombstone remix) 吗？
感觉能感受出这个主题
挺好听的

今日推歌：
帝国少女 - R Sound Design feat. 初音ミク
恋爱裁判 - 40mP feat. 初音ミク

杂题

今天打算刷一天杂题
所以随写随更新吧

好久没写了啊（

青鱼和区间

绝顶聪明的 Alice 和 Bob 在玩游戏。

Alice 选定一个 \([1, n]\) 内的整数 \(k\)，Bob 需要猜出这个数字。Bob 最开始会确定一个区间集合 \(S = \{[l_i, r_i] : 1\le l_i \le r_i\le n\}\)，他可以任意次地选择这其中的任意个区间，并同时询问 \(k\) 是否在这些区间中，Alice 会正确地同时回答。

给定 \(n\)。请计数集合 \(S\) 的数量，满足无论 \(k\) 是什么数字，Bob 都能通过恰当的操作（不加推导地）确定这个数字。答案对 \(998244353\) 取模。

\(n\le 10^5\)。

就是问有多少个集合 \(S\) 满足 \(\forall i \in [1, n],\ \exists T\subseteq S,\ \bigcap_{k\in T} k = \{i\}\)。
这题 lyin 昨天不让我在他那看题解
你先别急 我急完了 因而有了这个杂题

对于第 \(i\) 个数，记覆盖了 \(i\) 的区间集合为 \(S_i \subseteq S\)。构造一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\)，满足 \(a_i = a_j\text{ iff } S_i = S_j\)。

可以发现，如果 \(a_i = a_j \text{ s.t. } i < j\)，则 \((i, j]\) 里的数定是无法被表示出来的。这证明显然，由于一个区间覆盖了 \(i\) 则覆盖了 \(j\)。我们可以从这里出发，考虑刻画不合法集合的性质。可以考虑这样的构造：
构造一个序列 \(b\)，初始为空。维护指针 \(i\)，初始在位置 \(1\)。每次将 \(a_i\) 放入 \(b\) 序列的末尾，取 \(\text{arg max}(a_j = a_i)\) 的 \(j\)，指针跳 \(i \leftarrow j + 1\)。举个例子：
\(a = [1, 9, 1, 9, 8, 1, 0, 7, 2, 3, 5, 2, 3, 3]\)
\(b = [1, 0, 7, 2, 3]\)

这样我们就能通过 \(a\to b\) 来确定不合法的 \(a\) 了。
设 \(f(i)\) 是 \(n = i\) 时的答案，\(g(i, j)\) 是长度为 \(i\) 的 \(a\) 缩减到长度为 \(j\) 的 \(b\) 对应的 \(S\) 的数量，则我们可以知道

\[f(i) = 2^{\binom{i + 1}{2}} - \sum_{j = 1}^{i - 1} f(j) \times g(i, j) \]

\[g(i, j) = g(i - 1, j - 1) + \sum_{k\ge 0} g(i - 1 - (k + 1), j - 1)\times 2^{\binom{k + 1}{2}} \]

第一个是所有可能减去不合法的可能，第二个是考虑有一段长度为 \(k\ge 0\) 的区间被跳过的可能。

这就能做到 \(O(n^3)\)。但我们还可以走得更远。

观察第二个方程的形式。我们可以预见，这形式导出的是第一维的卷积，因此不妨对第一维求和。设

\[G_j(x) = \sum_{i\ge 0} g(i, j) x^i\quad A(x) = x + \sum_{k\ge 2} 2^{\binom{k - 1}{2}} x^k \]

则我们能知道

\[\begin{aligned} G_j(x) &= \sum_{i\ge 0} g(i, j) x^i \\ &= \sum_{i\ge 0} g(i - 1, j - 1) x^i + \sum_{i\ge 0} \sum_{k\ge 0} g(i - 1 - (k + 1), j - 1)\times 2^{\binom{k + 1}{2}} x^i \\ &= xG_{j - 1} + \sum_{k\ge 0} 2^{\binom{k + 1}{2}} \times \left( \sum_{i\ge 0} g(i - 2 - k, j - 1)x^i\right) \\ &= xG_{j - 1} + \sum_{k\ge 0} 2^{\binom{k + 1}{2}} x^{k + 2} \times \left( \sum_{i\ge 0} g(i, j - 1)x^i\right) \\ &= xG_{j - 1} + \sum_{k\ge 0} 2^{\binom{k - 1}{2}} x^{k} \times G_{j - 1}(x) \\ &= G_{j - 1}(x) A(x) \end{aligned} \]

即 \(G_{j}(x) = A(x)^j\)。

观察第一个方程的形式。设

\[F(x) = \sum_{i\ge 0} f(i) x^i\quad H(x) = \sum_{i\ge 0} 2^{\binom{i + 1}{2}} x^i \]

则我们由这个半在线卷积的形式可以知道

\[\sum_{j = 1}^i f(j) g(i, j) = H[i] \]

也就是

\[H[i] = \sum_{j = 1}^i f(j) [x^i] A(x)^j = [x^i] \sum_{j = 1}^i f(j) A(x)^j = [x^i] F(A(x)) \]

也就是 \(H(x) = F(A(x))\)。这启发我们使用拉格朗日反演解决问题。不难得到

\[\begin{aligned} [x^n]F(x) = [x^n] H(A^{\langle -1\rangle}(x)) = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] H'(x) \left( \frac{x}{A(x)}\right)^n \end{aligned}\]

这形式的计算是简便的。因此可以在 \(O(n\log n)\) 的复杂度内得到（所有 \(1\le m\le n\) 的）答案。由于原题是任意模数，常数可能大点。

Submission.

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[HAOI2010]最长公共子序列

给定两个字符串 \(S, T\)，求出最长公共子序列的长度，并计数可能的方案。

\(1\le |S|, |T|\le 5000\)。

昨天 arc 充分表明我不会 dp 了
水一道紫题吧

第一个问题是经典的，我们只需要设 \(f(i, j)\) 表示考虑 \(S\) 的前 \(i\) 个字符，\(T\) 的前 \(j\) 个字符时最长的长度，并转移

\[f(i, j) = \max\left\{f(i - 1, j), f(i, j - 1), f(i - 1, j - 1) + [S_i = T_j]\right\} \]

即可。

第二个问题可以同时求出。我们设 \(g(i, j)\) 表示考虑 \(S\) 的前 \(i\) 个字符，\(T\) 的前 \(j\) 个字符时答案方案的计数，则可以和上面的转移相同地，分别讨论几种情况。
首先若 \(f(i, j) = f(i - 1, j)\) 或 \(f(i, j - 1)\) 时直接加入 \(g(i - 1, j)\) 或 \(g(i, j - 1)\) 即可。
其次如果 \(S_i = T_j\) 且 \(f(i, j) = f(i - 1, j - 1) + [S_i = T_j]\) 则直接加入 \(g(i - 1, j - 1)\) 即可。
最后发现可能重复。具体地，如果 \(f(i, j) = f(i - 1, j - 1)\)，这时发现 \(g(i - 1, j - 1)\) 的贡献会在加入 \(g(i - 1, j)\) 和 \(g(i, j - 1)\) 时被算两次，并且不会有其他重复的贡献计入。因此判一下减掉即可。

总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

Submission.

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[RC-03] 记忆

有一个括号串 \(S\)，初始时 \(S =\)()。有 \(n\) 个操作，分为三种：

1. 在当前 \(S\) 的末尾加一对括号（即 \(S\) 变为 S()）；
2. 在当前 \(S\) 的最外面加一对括号（即 \(S\) 变为 (S)）；
3. 取消第 \(x\) 个操作，即去除第 \(x\) 个操作造成过的一切影响（例如，如果第 \(x\) 个操作也是取消操作，且取消了第 \(y\) 个操作，那么当前操作的实质就是恢复了第 \(y\) 个操作的作用效果）。

每次操作后，你需要输出 \(S\) 的能够括号匹配的非空子串（子串要求连续）个数。
一个括号串能够括号匹配，当且仅当其左右括号数量相等，且任意一个前缀中左括号数量不少于右括号数量。

\(1\leq n\leq 2\times 10^5\)，\(op\in \{1,2,3\}\)，\(1\leq x\leq n\)，一个操作在形式上最多只会被取消一次（即所有 \(x\) 互不相同）。

官方题解看不懂啊！

考虑如何维护一个支持快速删除的结构。

观察性质，考虑操作 \(1\) 都干了啥。设答案是 \(ans\)，并记录一个当前的连续闭合括号段数量 \(c\)。举个例子：(())((()))()() 有四个连续闭合括号段 (()) ((())) () ()。在后面加一对括号，则 \(ans \leftarrow ans + c + 1\)，\(c \leftarrow c + 1\)。
用矩阵描述一下。设 \(\bm a = [ans\ \ \ c \ \ \ 1]\)，则操作 \(1\) 对应的矩阵就是

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \]

操作 \(2\) 对应的矩阵也可以写为

\[\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \]

由于矩阵乘法没有交换律，扔在线段树上维护。操作 1/2 就新加一个节点，操作 3 就对应在树上清空/恢复一个矩阵即可。注意矩阵乘法没有交换律，操作 2 的矩阵也没有逆。

复杂度是 \(O(27 n\log n)\)，可以卡卡矩乘的常，会快点。当然我代码没有用力卡常。
好像有人写的是 \(2\times 2\) 的奇妙矩阵，不懂。

Submission.

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[ARC133F] Random Transition

给定整数 \(n, k\) 和一个序列 \(a\)。

Snuke 会进行如下的操作：

• 随机地取一个 \([0, n]\) 内的整数 \(x\)。对每个 \(0\le i \le n\) ，\(x = i\) 的概率为 \(a_i / 10^9\)。
• 进行如下操作 \(k\) 次：
  • 以 \(x / n\) 的概率将 \(x\) 减 \(1\)；以 \(1 - x / n\) 的概率将 \(x\) 加 \(1\)。注意 \(x\in [0, n]\) 总是成立的。

对每个 \(0\le m \le n\)，求出所有操作执行后 \(x = m\) 的概率。

\(1\le n \le 10^5, \ 0\le a_i\le 10^9, \ \sum a_i = 10^9, \ 1\le k \le 10^9\)。

这个的精神续作？
不是很懂为啥这么说。但化式子很 ex。

有个妙妙转化。
我们看成一排 \(n\) 个硬币，最开始有 \(i\) 个正面朝上的概率是 \(p_i = a_i / 10^9\)。每次可以随机选一个硬币翻转，问最后有 \(m\) 个硬币正面朝上的概率。

这转化最好的一点就是我们可以暴力写 gf 了。我们设最后的 pgf 是 \(F(x)\)，则考虑组合单个位置翻转奇数次/偶数次的 pgf，并用 \(x\) 表示选择这个硬币是否正面朝上，可以知道

\[F(x) = \frac{1}{n^k} \left[\frac{y^k}{k!}\right] \sum_{i = 0}^n p_i \left(\frac{e^y + e^{-y}}{2} x + \frac{e^y - e^{-y}}{2} \right)^i \left(\frac{e^y - e^{-y}}{2} x + \frac{e^y + e^{-y}}{2} \right)^{n - i} \]

也就是说，枚举 \(i\) 个初始为正面的可能性，这 \(i\) 个位置若翻转了偶数次则对最终组合起来的 \(x^k\) 有 \(x\) 的贡献，另 \(n - i\) 个位置与之相反。

然后开始套路化式子。

\[\begin{aligned} &\left[\frac{y^k}{k!}\right] \sum_{i = 0}^n p_i \left(\frac{e^y + e^{-y}}{2} x + \frac{e^y - e^{-y}}{2} \right)^i \left(\frac{e^y - e^{-y}}{2} x + \frac{e^y + e^{-y}}{2} \right)^{n - i} \\ \ = & \left[\frac{y^k}{k!}\right] \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n p_i \left(\left(e^y + e^{-y}\right) x + \left(e^y - e^{-y}\right)\right)^i \left(\left(e^y - e^{-y}\right) x + \left(e^y + e^{-y}\right) \right)^{n - i} \\ \ = & \left[\frac{y^k}{k!}\right] \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n p_i \left(e^y(x + 1) + e^{-y}(x - 1) \right)^i \left(e^y(x + 1) - e^{-y}(x - 1) \right)^{n - i} \\ \ = & \left[\frac{y^k}{k!}\right] \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n p_i \sum_{s} \binom{i}{s} e^{sy}(x + 1)^s e^{-(i - s)y}(x - 1)^{i - s} \sum_{t} \binom{n - i}{t} e^{ty}(x + 1)^{t} (-1)^{n - i - t} e^{-(n - i - t)y} (x - 1)^{n - i - t} \\ \ = & \left[\frac{y^k}{k!}\right] \frac{1}{2^n} \sum_{i = 0}^n \sum_{s} \sum_{t} p_i (-1)^{n - i - t} \binom{i}{s} \binom{n - i}{t} e^{(2s + 2t - n)y} (x - 1)^{n - s - t}(x + 1)^{s + t} \\ \ = &\ \frac{1}{2^n} \sum_{s} \sum_{t} \sum_{i = 0}^n p_i (-1)^{n - i - t} \binom{i}{s} \binom{n - i}{t} (2s + 2t - n)^k (x - 1)^{n - s - t}(x + 1)^{s + t} \\ \ = &\ \frac{1}{2^n} \sum_{v} \sum_{s} \sum_{i} p_i (-1)^{n + s - i - v} \binom{i}{s} \binom{n - i}{v - s} (2v - n)^k (x - 1)^{n - v}(x + 1)^{v} \end{aligned}\]

最开始我上来就开始拆 拆出五个求和号 彻底不想做了
怎么公式自动折叠了

这个形式看着就很 \(\sum_i f(i) (x + 1)^{n - i} (x - 1)^i\)，因此我们先设一下。

设

\[f(v) = \sum_{s} \sum_{i} p_i (-1)^{n + s - i - v} \binom{i}{s} \binom{n - i}{v - s} (2v - n)^k \]

则原式就是

\[\sum_{v} f(v) (x - 1)^{n - v}(x + 1)^{v} \]

\(f\) 的形式看着就很范德蒙德卷积。试试？

\[\begin{aligned} f(v) &= \sum_{s} \sum_{i} p_i (-1)^{n + s - i - v} \binom{i}{s} \binom{n - i}{v - s} (2v - n)^k \\ &= (2v - n)^k (-1)^{n - v} \sum_{i} p_i (-1)^{i} \sum_{s} (-1)^{s} \binom{i}{s} \binom{n - i}{v - s} \\ &= (2v - n)^k (-1)^{n - v} \sum_{i} p_i (-1)^{i} [x^v](1 - x)^i (x + 1)^{n - i} \\ &= (2v - n)^k (-1)^{n - v} [x^v] \sum_{i} p_i (x - 1)^i (x + 1)^{n - i} \end{aligned}\]

然后我们最终需要算的形式只有

\[\sum_{i} p_i (x - 1)^i (x + 1)^{n - i} \]

分治乘法能朴素地得到 \(O(n\log^2 n)\)。
题解：可以 \(O(n\log n)\) 地计算上式。orz EI!

其实也就是换元。设 \(t = x - 1\)，则我们能得到

\[\begin{aligned} &\sum_{i} p_i (x - 1)^i (x + 1)^{n - i} \\ = \ & \sum_{i} p_i t^i (t + 2)^{n - i} \\ = \ & \sum_{i} p_i t^i \sum_{j} \binom{n - i}{j} 2^{n - i - j} t^j \\ = \ & \sum_{i} \sum_{j}\binom{n - i}{j} p_i 2^{n - i - j} t^{i + j} \\ = \ & \sum_{k} 2^{n - k}t^k \sum_{i + j = k}\binom{n - i}{j} p_i \\ = \ & \sum_{k} \frac{2^{n - k}t^k}{(n - k)!} \sum_{i + j = k} \frac{(n - i)!}{j!} p_i \end{aligned}\]

最后只需要作多项式点值平移 \(- 1\) 即可。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

Submission.