杂题选做

P4931

一道有点意思的数学题，但应该不至于黑。

法一：组合意义法

设 \(g(n)\) 表示 \(n\) 组情侣全部错开的方案数。

则

\[Ans = \binom nk \cdot n^{\underline k} \cdot 2^k \cdot g(n-k) \]

考虑 \(g(n)\) 怎么求。

不妨在最后一排放上一对非情侣，方案数为 \(2n \times (2n-2)\)。

考虑他们的伴侣是否坐在一起。

若不坐在一起，那么可以把他们视为情侣，方案数为 \(g(n-1)\)。

若坐在一起，那么就让剩下的人错排，再乘上选择一排与交换位置的方案数为 \(2(n-1) \times g(n-2)\)。

因此得到递推式：\(g(n)=2n(2n-2)(g(n-1)+2(n-1)g(n-2))\)。

法二：生成函数法

咕咕咕

CF932F

设 \(dp_i\) 表示位置 \(i\) 的答案。容易得出转移方程：

\[dp_u=\min_{v\in subtree(u)}\{a_ub_v+dp_v\} \]

考虑如何优化。注意到 $$dp_u=b_va_u+dp_v$$ 是一个类似于一次函数斜截式的形式，考虑使用李超线段树维护下凸壳，每次查询 \(x=a_u\) 处的最小值即可。本题在树上转移，还需要套一个线段树合并。

Szkopul KINQUPYdU-rvH9sLu10tVFGl

\(m=1145141919\) 时容斥即可。

其余情况设 \(f_{i,j}\) 表示树高为 \(i\) 操作 \(j\) 次时的合法方案数。易得

\[f_{i,j}=\sum_{k\ge 1}f_{i-1,j-k}\binom{j}{k}(2^{i-1})^k \]

直接转移是 \(O(nm^2)\) 的。注意到转移系数含组合数，考虑使用 EGF 描述。设

\[\hat{F}_i(x)=\sum_{k\ge 1}f_{i,k}\frac{x^k}{k!},\hat{G}_i(x)=\sum_{k\ge 1}2^{ik}\frac{x^k}{k!} \]

则可得递推式

\[\hat{F}_i(x)=\hat{F}_{i-1}(x)\hat{G}_{i-1}(x) \]

注意到 \(\hat{G}_i(x)\) 可以写出封闭形式

\[\begin{aligned} \hat{G}_i(x) &=\sum_{k\ge 1}2^{ik}\frac{x^k}{k!}\\ &=\sum_{k\ge 0}2^{ik}\frac{x^k}{k!}-1\\ &=\exp(2^ix)-1 \end{aligned}\]

于是有

\[\hat{F}_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(\exp(2^ix)-1) \]

这个直接算复杂度还是 \(O(nm^2)\)，考虑套 exp ln 把卷积变成求和，注意 ln 里面的式子常数项要凑成 \(1\)

\[\begin{aligned} \hat{F}_n(x) &=\prod_{i=0}^{n-1}(\exp(2^ix)-1)\\ &=x^n2^{\frac{n(n-1)}{2}}\exp\ln\prod_{i=0}^{n-1}\left(\frac{\exp(2^ix)-1}{2^ix}\right)\\ &=x^n2^{\frac{n(n-1)}{2}}\exp\sum_{i=0}^{n-1}\ln\left(\frac{\exp(2^ix)-1}{2^ix}\right)\\ \end{aligned}\]

于是就能卷积 \(O(m^2)\) 计算。用 MTT 可以做到 \(O(m\log m)\)。

P5904

首先要注意到本题可以树形 dp，而且不好换根，应当钦定一个根硬做。显然以三个点之间的路径的最高点为“关键点”可以不重不漏地统计答案，于是自然地，设 \(f_{i,j}\) 表示在 \(i\) 子树中到 \(i\) 距离为 \(j\) 的点的个数，\(g_{i,j}\) 表示 \(x,y\) 在 \(i\) 子树中且 \(d(\operatorname{lca}(x,y),x)=d(\operatorname{lca}(x,y),y)=d(\operatorname{lca}(x,y),i)+j\) 的个数。列出转移方程：

\[ans \gets g_{i,0} \]

\[ans \gets \sum_{x,y\in\operatorname{son}(i),x\neq y}g_{i,0} \]

\[g_{i,j} \gets \sum_{x,y \in \operatorname{son}(i), x \ne y} f_{x,j-1} \times f_{y,j-1} \]

\[g_{i,j} \gets \sum_{x \in \operatorname{son}(i)} g_{x, j+1} \]

\[f_{i,j} \gets \sum_{x \in \operatorname{son}(i)} f_{x, j-1} \]

于是就是长剖优化 dp 板子了。

P10656

注意到两个序列带权中点必选至少一个。

不妨设选 \(a\) 的带权中点，对 \(b\) 做扫描线，在右端点 \(r\) 右移时，维护选择每一个左端点 \(i\) 到 \(r\) 区间时 \(a\) 的最远左右端点。注意到随着 \(r\) 的右移，\(a\) 的最远左右端点单调不远。于是线段树与单调栈维护颜色段即可。

Szkopul Y3cfwzqIBcEI95girpkJ4XyQ

Szkopul ytEzni0ZUSaHB89mxlTxihtG

容易知道答案具有单调性，并且时间一定时，对于每一辆车，都有一个速度的最小值，大于等于它必然合法，小于它必然不合法。容易知道最后一辆车结束时尾部至少要到达 \(t\)，倒数第二辆车结束时尾部要到达 \(t+r_1-l_1\)，以此类推。于是设时间为 \(x\)，则倒数第 \(i\) 辆车的最低速度为 \(v_{i\min}=\dfrac{t+\sum_{j=1}^{n-1}(r_j-l_j)}{x}\)，加速次数为 \(\max\left\{\left\lceil \dfrac{v_{i\min}-v_i}{k}\right\rceil,0\right\}\)。二分答案即可，时间复杂度 \(O(n\log\dfrac{t}{\min v\epsilon})\)。注意到本做法复杂度与 \(m\) 无关，因此 \(m\) 可以开很大。