计数问题的思考方法

计数问题的思考方法

——以《[ARC102E] Stop. Otherwise...》为例

动态规划

如果要使用 DP，则重点在其状态的设计，即我已经考虑了什么，当前正在考虑什么，通过一个不断将考虑范围扩大的方法，得到答案。

在转移的过程中，往往通过当前决策点的不同状态，从不同的状态转移过来（或转移到不同的状态），以得到不同的方案数。

最后根据转移方程进行优化。

DP的优势在于灵活，使得其可以应对各种复杂的问题。

在这道题中， \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 对数，选择了 \(j\) 个数的方案数。那么这对数可以不选，或者选 \(1\) 个，\(2\) 个， \(3\) 个……以此进行转移。同理 \(g_{i,j}\) 表示考虑了 \(i\) 个没有限制的数，其中选择了 \(j\) 个的方案数。对转移前缀和优化即可在时间限制内得到答案。

参考：[AT4362] [ARC102C] Stop. Otherwise... - 洛谷专栏 (luogu.com.cn)

组合计数

即直接考虑将题目抽象为组合式，再以数学方法或预处理等算法进行优化。

如果要使用这种方法，一定要使用正确的组合意义与推式子技巧，在枚举的时候应该使用组合意义相近的变量，使得式子得到简化。

组合计数的优势在于简单易懂，只要式子推对了，不容易出错。

对于这道题而言，对与计算和不等于 \(s\) 的答案，可以直接枚举出现了几种点对，有式子：

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=0}^{s}\sum_{j=0}^s{n-1\choose i+j-1}{s\choose i}{k-2s\choose j}2^i \\&=\sum_{i=0}^{s}2^i{s\choose i}\sum_{j=0}^{k-2s}{n-1\choose n-i-j}{k-2s\choose j} \\&=\sum_{i=0}^s2^i{s\choose i}{n-1+k-2s\choose n-i} \end{aligned} \]

最后一步由范德蒙德下指标卷积可得，单次复杂度 \(\mathcal O(s)\) 可以计算。

其实这道题有很多种但是这一种，由于所枚举的 \(i,j\) 是意义相关的两种（即特殊的选择几种，非特殊的选择几种），所以其表达式类似，往往可以简单的进行优化。

不用最后一步的暴力方法需要对 \(k<2s\) 特判，但最后使用了卷积后就不用了。

附上常用组合公式：

范德蒙德卷积及其推论：如果两个都为正，可以利用 \({n\choose m}={n\choose n-m}\) 将其中一个取反。

\[\sum_{i=0}^{r}{n\choose i}{m\choose r-i}={n+m\choose r} \\\sum_{i=-r}^s{n\choose r+i}{m\choose s-i}={n+m\choose r+s} \]

错位式：

\[{n\choose r}{r\choose k}={n\choose k}{n-k\choose r-k} \]

连续上指标求和：

\[\sum_{l=k}^n{l\choose k}={n+1\choose k+1}\implies \sum_{i=l}^r{i\choose k}={r+1\choose k}-{l\choose k} \]

这个东西可以逆用，将下指标的值 \(-1\)。

上指标卷积：

\[\sum_{i=0}^n{i\choose a}{n-i\choose b}={n+1\choose a+b+1} \]

用这个可以算 \(\sum_{i=0}^ni^a{n-i\choose b}\)

带权和：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^ni{n\choose i}=n2^{n-1}\\ &\sum_{i=0}^ni^2{n\choose i}=n(n+1)2^{n-2}\\ &\sum_{i=0}^ni^k{n\choose i}=\sum_{i=1}^kn^{\underline i}2^{n-i}=2^{n-k}\sum_{i=1}^kn^{\underline i}2^{k-i} \end{aligned} \]

参考：

排列组合 - OI Wiki (oi-wiki.org)

ARC102E Stop. Otherwise... 题解 - 洛谷专栏 (luogu.com.cn)

生成函数

生成函数最关键的就是考虑清楚对象与大小函数，通过多项式的运算得到答案。

统计取到一定大小函数的方案数。

生成函数的优势在于推导方式灵活，较不容易出错，并且可以使用 \(FFT\) 优化到 \(\mathcal O(n\log n)\)

比如这道题，考虑不能出现的数为奇数 \(X=2s+1\) 的情况，，观察有限制的数组这一对象，其为 \(\{i,T-i\}\) 这个组，我们可以当作一个处理，最后再乘以二，则其为 \(A(x)= x\)，即大小函数为 \(1\) ,方案数为 \(1\)。

那么对其进行 \(\text{SEQ}\) 构造，则 \(\text{SEQ}(A(x))=\frac 1{1-A(x)}=\frac 1{1-x}\)，最后乘二，但是不选的那种算重了，所以生成函数为 \(\text{SEQ}(B(x))=\frac 2{1-x}-1=\frac {1+x}{1-x}\)。对于没有特殊限制的组，其为 \(\text{SEQ}(B(x))=\frac{1}{1-x}\)，最后答案是整个对象的 \(\text{MEST}\) 构造，即 \(\text{SEQ}\) 构造的乘积，最后为 \((\frac {1-x}{1+x})^{s}(\frac 1{1-x})^{k-2s}\)，偶数的情况稍作特判可得。

直接动态维护上述式子做到 \(\mathcal O(nk)\)。

参考：

符号化方法 - OI Wiki (oi-wiki.org)

题解：AT_arc102_c [ARC102E] Stop. Otherwise... - 洛谷专栏 (luogu.com.cn)

容斥反演

容斥是通过其实是通过数学原理简化限制，从全部满足，变成存在一个不满足。

使用容斥也需要找到真正的限制对象是什么，做到刚好不满足，可以将复杂的限制容斥掉，保留简单的，容易满足的限制以符合定义，得到正确的答案。

容斥原理的优势在于避其锋芒，可以有效的转化限制，处理全部要求类的问题。

反演则是容斥的进一步深化，特殊化，总结出固定的式子，做到恰好，至多，至少之间的转化。

这道题使用容斥原理，设 \(x=2s+1\)，则钦定有 \(i\) 组数不能选的方案数，答案为：

\(\sum_{i=1}^s(-1)^i{s\choose i}2^{x-i}{K-s-i-2+n\choose n}\)，对于 \(x\) 为偶数的情况同理特判加上选择 \(\frac x2\) 的方案数。

参考：容斥原理、ARC102C 题解 - 洛谷专栏 (luogu.com.cn)

组合意义

虽然这一道题不涉及组合意义的转化，但是也说一下。

组合意义是将一些给一些形式化的表达式赋予实际的意义，通过一些直观的感受发现性质转化问题，从而找到新的突破口。

组合意义的转化理论上来说确实可以通过强大的数学推到能力证明，但实际上由于表达式的复杂，或者推到过程的复杂，往往难以进行。

而组合意义相当于是从另一个层面找寻性质，如一个虫洞般省略过程的转化问题。而这些找到的性质往往是可以但难以通过数学推导方法直接得出的。

由于这个性质是独立得出的，往往可以运用到数学推导的各个角落进行优化。

例题：P1758 [NOI2009] 管道取珠

这里以 [2024.11.15T3 作曲家](\xz604\share\信息竞赛资料\05 - 套题资料\20241115\problem\problem5.pdf) 为例。

如果你直接生成函数，会得到函数$F(x)=(\frac{1-x^{m+1}}{1-x})n $，以及需要求的式子 \(\sum_{i=1}^n([x^i]F(x))^2\)，如果你直接暴力将 \(F(x)\) 展开，会得到式子：

\[F(x)=\sum_i(\sum_{j=1}^{\lfloor \frac i{m+1}\rfloor}(-1)^j{n\choose j}{n+i-(m+1)j-1\choose n-1})x^i \]

那么答案就是

\[\sum_{i=0}^{nm}(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{j}{m+1}\rfloor}(-1)^j{n\choose j}{n+i-(m+1)j-1\choose n-1})^2 \]

你会发现无法再化简了。

但是直接观察题目，会发现\(f_i\)是有对称性的，即 \(f_i=f_{nm-i}\) 但是如果你直接将这个性质作用于答案式，会发现无济于事。但如果你作用于最开始的式子

\[\sum_{i=1}^nf_i^2=\sum_{i=1}^nf_if_{nm-i}=[x^{nm}]F^2(x)=[x^{nm}](\frac {1-x^{m+1}}{1-x})^{2n} \]

就会发现式子非常简单，这体现了组合意义发现的性质的优化是可以使用于任何地方的，其工作原理是这个性质并不是通过任何一个数学步骤推导得出的，不依赖于任何一个过程，所以施加于任何地方都不是无用的，也告诉我们推式子问题并不能仅仅收到式子本身的限制，所谓“只需要推式子技巧，不需要分析额外性质”的观点是错误的。

而之所以答案式不能运用性质，是因为答案式已经展开的过于复杂而分散，这也告诉我们应该在式子最简单的地方运用性质。

而之所以仅将 \(f_i^2\) 中的一个 \(f_i\) 转化成 \(f_{nm-i}\) 是因为其可以凑成一个卷积的形式，所以运用性质是带有凑条件，凑形式的目的性的。

当然这道题有更加组合意义的如下解法：

在“组合计数”板块提到的等式：\(\sum_{i=0}^ni^k{n\choose i}=\sum_{i=1}^kn^{\underline i}2^{n-i}\) 也可以用组合意义的方式证明：

左侧式子可以看作，先从 \(n\) 个盒子中选择 \(i\) 个盒子，再将 \(k\) 个有标号的小球可重复的放入这 \(i\) 个盒子的方案数。那么我们先考虑这 \(k\) 个小球，即先将这 \(k\) 个小球放入 \(n\) 个盒子，再选出若干个盒子使其覆盖这些有小球的盒子。 \(\sum_{i=1}^kn^{\underline i}2^{n-i}=2^{n-k}\sum_{i=1}^kn^{\underline i}2^{k-i}\)