5月记录

https://www.luogu.com/article/bvovtmzp

希望能补上的：

https://www.cnblogs.com/xiaoziyao/p/17533907.html 浅谈集合划分容斥

https://www.cnblogs.com/alex-wei/p/set_power_series.html 集合幂级数相关

生成函数之类的。

76.CF1967 Codeforces Round 942 (Div. 1)

CF1967B1

反过来也能推到。

CF1967B2

\[a+b|b\times \gcd(a,b) \to (p+q)i|qi^2\to (p+q)|qi \to (p+q)|i \]

枚举 $p,q$，因为 $p<i,pi< n$，所以 $p^2< \sqrt n$，$q$ 同理。

容易做。

CF1967C

一个树状数组的结构。

相当于 $k$ 次前缀和下的组合系数。

用树状数组模拟求出 $a_1\cdots a_{i-1}$，乘上对应系数可以求出 $a_i$。

77.CF1965

78.CF1969

CF1969E

记录每个点上的数前一个出现和后一个出现的位置。

合法区间是 $n$ 个二维矩阵。

扫描线求出 $l_i$ 表示以 $i$ 为右端点，最大的不合法左端点。

按照 $l_i$ 排序，最大的 $l_i$ 一定要修改（必要性），记已经修改过的 $\min(l_i)$ 为 $mn$，若之后的 $l_i$，有 $i\ge mn$，则跳过，一定最优。

79.CF335E

考虑知道 $B$ 求 $A$。

对于一个高度为 $i$ 的楼房，概率为 $\frac{1}{2^i}$，高度 $\ge i$ 的概率为 $\frac{1}{2^{i-1}}$，小于的概率即为 $1-\frac{1}{2^{i-1}}$。

考虑从一栋楼的第 $i$ 层出发的通道的期望长度（除去最左点），则有：

\[p\sum_{k=0}^{+\infty}(1-p)^k(k+1)=\frac{1}{p}=2^{i-1} \]

得到对于 $B$ 的贡献也是 $2^{i-1}$，所以 $A=B$。

注意，这里只能推出 $B$ 走第 $i$ 层的通道对 $A$ 的贡献。

再考虑知 $A$ 求 $B$。

这里就不同了，因为 $A$ 对每一层不同的分配数量对 $B$ 的贡献都有一个不同系数。

考虑从低往上考虑，不断将最大值限制提高。

设当前高度为 $x$，长度为 $j$，则有：

\[(n-j)P(\ge x)^2P(<x)^{j-1}(2^{i-1}-2^{i-2}(1+\sum_{k=0}^{j-1}\frac{k\cdot P(=x)^k}{P(<x)^k})) \]

再加上高度为 $1$ 的 $n$。

时间复杂度 $\mathcal O(nm)$，好像可以矩阵优化。

80.CF1612F

设 $f_{i,j}$ 表示时刻 $i$，手中最大盔甲为 $j$ 时最大的武器。

时间复杂度 $\mathcal O(ans\cdot n)$。

分析知，$ans\le \log n+\frac{m}{n}$。

81.CF1866E

设某两天使用一台电梯，中途肯定在花费最小的地方行驶。

故记录三个电梯最近使用的时间即可，时间复杂度 $\mathcal O(q^3)$。

83.P7470 [NOI Online 2021 提高组] 岛屿探险

84.P6846 [CEOI2019] Amusement Park

DAG 定向方案数，枚举独立集子集容斥。

容斥系数还有子集反演这种理解方法。https://www.cnblogs.com/Pbriqwq/p/15429971.html#_label2

85.AT_abc306_h

独立集中可以有边，因为有等号，故容斥系数改为 $(-1)^{连通块个数+1}$。

86.UOJ #37. [清华集训 2014] 主旋律

记 $f_S$ 表示形成强联通分量的方案数。

考虑容斥计算不形成强联通分量的方案数。

枚举入度为 $0$ 的子集（缩点后），即其对应的原图的点集，然后容斥。

\[f_S=2^{e(S)}-\sum_{T\subseteq S}\sum_{k=1}^{|T|}(-1)^{k+1}\cdot g_{k,T}\cdot 2^{e(T,S \setminus T)+e(S\setminus T)} \]

当 $T=S$ 时，$k>1$。

\[u_S = \sum_{k=1}^{|S|} (-1)^k \cdot g_{k, S} \]

\[f_S = 2^{e(S)} + \sum_{T \subseteq S} u_T \cdot 2^{e(T, S \setminus T) + e(S \setminus T)} \]

考虑 $u_{S}$，当 $k=1$ 时，系数为 $-f_{S}$，否则我们（定顺序）枚举包含最后一点 $v$ 的强联通分量 $C$，有：

\[u_S=-f_{S}-\sum_{v \subseteq C} f_{C}\cdot u_{S\setminus C} \]

$|S|=1$ 时，$u_{S}=-1$。

要注意上面两个式子看似有循环定义，其实不然。

因为转移 $f_{S}$ 时如果 $T=S$ 则 $k≠1$，因此可以先处理 $k>1$ 时的部分 $u_S$，再转移到 $f_S$，最后再转移回 $u_S$。

87.UVA1489

若有一个数没有卡到上界，那么后面的位一定能够异或得到 $k$。

每个数有上界，求异或和为 $k$ 的方案数。

考虑枚举第 $i$ 位，前面大的位每个数都卡着上界，当前位从小到大第 $j$ 个数不再卡着上界，而编号 $>j$ 的数当前位随便选。

记 $f_{k,0/1}$ 表示 $j\sim k$ 的数的异或和为 $0/1$ 的方案数。

然后除了 $j$ 这个数的其他数后面小的位随便选。

89.P10221 [省选联考 2024] 重塑时光

真的能重塑时光吗？

考虑枚举形成了 $i$ 段非空子集合，计算出方案数（集合去重）乘上对应的系数：

\[\frac{i!\cdot k! \cdot \binom{k+1}{i}}{(n+k)!} \]

我们要统计的是子序列的方案数，计数的部分有两方面要考虑：

对于每个子集合，其序列为其导出子 DAG 的一个拓扑序。
每个子集看作一个点形成的大图是一个 DAG。

记 $f_{S,i} 表示集合 $S$，分成 $i$ 个非空子集合的方案数（带上子序列方案数），$g_{S,i}$ 表示集合 $S$，分成 $i$ 个非空的互不关联的子集合的方案数（带上子集合拓扑序方案数），$h_{S}$ 表示集合 $S$，导出的 DAG 的拓扑序方案数。

\[f_{S,i}=\sum_{T\subseteq S} [|e(S\setminus T,T)|=0] \sum_{j=1}^{i} f_{S\setminus T,i-j}\cdot g_{T,j}\cdot (-1)^{j+1}\\ g_{S,i}=\sum_{\log_{2}(\operatorname{lowbit}(S))\in T,T \subseteq S} [|e(T,S\setminus T)|=0][|e(S\setminus T,T)|=0]h_{T}\cdot g_{S \setminus T,i-1}\\ h_{S}=\sum_{v\in S} [|e(v,S\setminus v)|=0]h_{S\setminus v} \]

https://zhuanlan.zhihu.com/p/559453837

记 $e(A,B)$ 表示集合 $A$ 连向集合 $B$ 的边集合。

求 $f$ 要 $\mathcal O(3^n n^2)$。

发现 $f$ 后面的转移可以卷积，且次数不超过 $n$，具体来说，将 $f,g$ 用生成函数形式表示。

将 $x=1\sim n+1$ 带入，求出 $F_{U}$ 的取值。

\[F_{S}(x)=\sum_{T\subseteq S} [|e(S\setminus T,T)|=0] F_{S\setminus T}(x)\cdot g_{T}(x) \]

这样做的好处是数组卷积变成了单个数相乘，时间复杂度为 $\mathcal O(n3^n)$。

根据拉格朗日插值：

\[f(x)=\sum_{i=1}^{n}y_i\prod_{j\ne i}\frac{x-x_i}{x_i-x_j} \]

对于每个 $i$，右边乘式的分母容易求出，分子可以暴力多项式乘法 $\mathcal O(n^2)$ 预处理总乘积，然后运用大除法（因为 $j\ne i$），这部分复杂度为 $\mathcal O(n^2)$。

总复杂度为 $\mathcal O(3^n+n2^n)$。

鞅与停时定理复习

https://www.cnblogs.com/zltzlt-blog/p/18035649

90.AT_abc304_h

区间拓扑序贪心。

还原 $l,r$，然后，有一个显然的贪心思路：根据 $r$ 从小到大考虑每个点，使每个点的拓扑序在满足要求的前提下尽可能小。

91.费用提前计算一类思想的总结

当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关，过去考虑现在，过去计算现在的影响

选择一个决策会带来一个对未来的代价，但又不能通过在状态中再增加一维记录代价满足需求。这个代价是必然的，无论后面如何选择，都不会改变这个决策所带来的影响，这就是当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关，我们可以把这个代价看作决策本身的费用，将未来的代价提前计算出来，在决策的时候就计算上它将会带来的代价，通过状态向后传递。

P2365 任务安排

P1220 关路灯

[ARC126D] Pure Straight

CF441E

方法一：

加法操作对一个数最大的影响是 $+n$。

对于后 $p$ 位截断，$2^p>n$，加法操作对前面位的影响只有平移和至多一次 $+1$。

设 $f_{i,j,k}$ 表示 $i$ 次操作后，最低 $p$ 位为 $k$，的概率。

若 $k=0$，$j$ 就表示 $\operatorname{lowbit}$ 是几。

否则，$j$ 表示高位末尾几个连续的 $1$。

方法二：

加法导致的进位只会影响到前面的位，而对于（未来产生的）后面的位没有影响

考虑从后往前倒着做，设 $f_{i,j,k}$ 表示末尾进行了 $i$ 次操作，是 $j$ 次加法，然后是 $k$ 次乘法的概率。

如果前面来个一个加法，则 $j\to j+1$。

否则：

若 $j$ 为偶数，可以试做 $j/2$ 个加法，$k\to k+1$；
否则，不管怎样，最低的 $1$ 是不会改变的，直接贡献答案。

费用提前计算，答案为：

\[\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0\and j\bmod 2=0}^{i}f_{i,j}\cdot p+\sum_{i=0}^{k}f_{k,i}\cdot sum_{x+i} \]

cin>>x>>k>>p,p/=100,f[0][0]=1.0;
for(int i=0;i<k;++i) for(int j=0;j<=i;++j) if(f[i][j])
{
	if(!(j&1)) f[i+1][j/2]+=f[i][j]*p,ans+=f[i][j]*p*1ll; //这里为了方便理解，因为权值为1
	f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(1-p);
}
for(int i=0;i<=k;++i) ans+=__build_ctz(x+i)*f[k][i];
cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans<<'\n';

方法三：

预支加法操作。

记 $f_{i,j}$ 表示操作了 $i$ 次之后的 $x$，再加上 $j$ 之后末尾 $0$ 的期望个数。