[组合数学] CF1750G Doping

CF1750G Doping

很好的题，也从 Alex_Wei 的题解里学到了很多，在写代码之前先写一份记录，算是把思路过一遍。

题意简述

对于给定排列 \(p\)，定义 \(f(p)\) 表示排列中连续段的数量。其中，连续段的定义为对于一段连续下标 \([l,r]\)，有 $ \forall\ i\in [l,r-1], \ x_{i+1} = x_i + 1$。给出排列 \(a\)，对于每个 \(k\)，求出字典序小于 \(a\) 的排列 \(p\) 中, \(f(p)=k\) 的排列数。 数据范围：\(n \le 2000\)。

分析

先考虑一个更加简单的问题：没有字典序的限制，求 \(f(p)=k\) 的排列数量。对于这个问题，经典的做法是二项式反演。但排列有两个维度：位置和值，应该对于哪一个维度做二项式反演呢？这个时候结合原问题来看一看：原问题要求字典序小于给定的 \(a\)，常见的做法是枚举 LCP 长度，然后对于 LCP 的后一位，要求 \(p_L < a_L\)。如果这样来考虑，那么排列的值可能被拆成若干个段，但是位置依然是连续的（ \(L+1\) 到 \(n\) 的所有位置都还没有填，可以用来反演），所以考虑钦定值连续，即对值做反演（反过来想，如果对位置做反演，即钦定连续的一段位置是一个连续段的话，可能出现没有足够长的值连续段能够满足这么长的位置的情况）。

设 \(G_k\) 表示钦定 \(k\) 个位置满足 \(i+1\) 与 \(i\) 相邻 的方案数，\(F_K\) 表示恰好 \(k\) 个位置满足 \(i+1\) 与 \(i\) 相邻的方案数。考虑计算 \(G_k\)：可以想一想排列生成的过程。一开始有 \(n\) 个独立的元素，每次钦定一个 \(i+1\) 与 \(i\) 相邻，相当于将两个段合并，所以最后剩下 \((n-k)\) 个段。这 \((n-k)\) 个段的顺序是任意的，因而有 \((n-k)!\)。同时，要从 \(n-1\) 对 \(i,i+1\) 中选出 \(k\) 对，还要乘上 \(\binom{n-1}{k}\)。所以，有：

\[G_k=\dbinom{n-1}{k} (n-k)! \]

在求出 \(G_k\) 之后，就可以二项式反演求出 \(F_k\) 了。在 Alex_Wei 的题解里对于二项式反演做了很好的讲解，这一点会写在笔记里面，此处篇幅原因，就先继续往下了。

根据上面的内容，我们可以得到一个 \(O(n^4)\) 的做法（枚举 LCP，枚举 \(p_L\) 的值，然后 \(O(n^2)\) 的二项式反演），显然无法通过。首先注意到枚举 \(p_L\) 的具体值是没有必要的。因为影响到后面二项式反演的是连续段的个数，而对于不同的 \(p_L\)，连续段个数的不同情况只有 \(O(1)\) 种，因而复杂度来到了 \(O(n^3)\)。

接下来进入到本题最关键的部分：枚举 LCP 必不可少，那么就意味着无法每次 \(O(n^2)\) 进行二项式反演。理想的情况是我们可以算出来每个 LCP 情况下的 \(G\)，然后统一做一遍二项式反演求出 \(F\)。这看起来似乎可行，但实际上具有很大问题：

当枚举到一个 LCP 时，它本身可能有 \(c\) 个 \(i\) 与 \(i+1\) 相邻的情况，然后后面又新增了 \(k\) 个，那么它的方案数应该贡献到 \(c+k\) 一项。但是二项式反演是对于 \(L+1\) 到 \(n\) 的部分进行的，对应的 \(G\) 和 \(F\) 的下标是 \(k\) 而不是 \(c+k\)，因而没有办法直接加过去。

于是本题优化到 \(O(n^2)\) 最大的难点出现了：下标偏移。这既是难点，也是解决问题的突破口。我们先考虑如果下标向右偏移1位，该怎么进行计算（因为 \(c \ge 0\)，所以偏移一定是向右的）：

记 \(F'_k=F_{k-1}\)，同时有：

\[G_k= \sum_{k'=k}^{n-1} \dbinom{k'}{k} \ F_{k'} \]

\[G'_k= \sum_{k'=k}^{n-1} \dbinom{k'}{k} \ F'_{k'} \]

尝试将 \(G'_k\) 与 \(G_k\) 建立联系：将 \(F'_k=F_{k-1}\) 代入，有：

\[\begin{aligned} G'_k=\sum_{k'=k}^{n-1} \dbinom{k'}{k} \ F_{k'-1} \\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} =\sum_{k'=k}^{n} \dbinom{k'-1}{k} \ F_{k'-1} \ + \sum_{k'=k}^{n} \dbinom{k'-1}{k-1} \ F_{k'-1} \\ =\sum_{k'=k}^{n-1} \dbinom{k'-1}{k} \ F_{k'} \ + \sum_{k'=k-1}^{n} \dbinom{k'}{k-1} \ F_{k'} \end{aligned} \]

\[=G_k + G_{k-1} \]

从生成函数的观点来看，有 \(G'=G \times (1+x)\)，从而如果右移 \(c\) 位的话，就相当于乘上 \((1+x)^c\)，从而可以推出：

\[G'_k=\sum_{i=0}^{c} \ \dbinom{c}{i} \ G_{k-i} \]

于是，设 \(H_k\) 表示对于 \(G'_k\) 求和的结果。那怎么计算 \(H\) 呢？如果直接算，依然是 \(O(n^3)\) 的。考虑 \(H_k\) 和 \(H_{k-1}\)，先把 \(H_k\) 算1次，然后 \(H_k\) 和 \(H_{k-1}\) 就都还需要 \({k-1}\) 次，可以合并在一起算（据说这就是秦九韶算法？），然后复杂度就 \(O(n^2)\) 了。

最后要考虑一些实现细节。在计算的时候，枚举 \(p\) 的 \(1\) 到 \(L-1\) 位固定，然后对第 \(L\) 到 \(n\) 位做二项式反演，但第 \(L\) 位和第 \(L-1\) 位显然是有关联的，因而这里有一些细节需要考虑。设 \(1\) 到 \(L-1\) 位的值组成的集合为 \(S\)，当第 \(L\) 位的值是 \(p_l\) 的时候，对于后面可选的连接数，有以下两种情况：

• \(p_{L}-1 \in S\)，那么对于后面可选的连接数没有影响。

• \(p_{L}-1 \notin S\)，那么此时 \((p_{L}-1,p_L)\) 这一对连接就没有办法选了，所以后面可选的连接数要减 \(1\)。

还有一个细节，如果此时选的 \(p_L\) 恰好等于 \(p_{L-1}+1\)，那么此时前面的连接数从 \(c\) 变成了 \(c+1\)，因而此时还有一些方案数要贡献到 \(G'_{k+1}\) 的一项。

于是，终于，做完了！！！（这篇理解得倒是比较快，但细节想和写了好一会儿，这篇记录更是写了非常之久！）

代码

总结

这道题（以及 Alex_Wei 非常 great 的题解），首先让我第一次真正 get 到二项式反演。第二点是本题中体现的下标偏移的处理以及与生成函数的关联，都是很有意义的内容。