Combinatorial Proof

概要：这个 PPT 不太涉及 poly 技巧。

建议：不要相信 PPT 内容，可能是在乱写。

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CF1264D 两个version

原题面并不绕。

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CF1264D 两个version

对于一个点算贡献。相当于 +1/-1

设左边左括号数，右边右括号数，左边 ？ 数，右边 ？ 数。

记作 \(l,r,x,y\)。

\[\sum\limits_{i=0}^x (l+i) {x\choose i} {y \choose l+i-r} \\ \]

可以通过D1。

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分成两段的贡献。

\[\sum\limits_{i=0}^x l {x\choose i} {y \choose l+i-r} +\sum\limits_{i=0}^x i {x\choose i} {y \choose l+i-r}\\ \]

前面的直接范德蒙德卷积。 提出 \(l\)

\[l \sum\limits_{i=0}^x {x\choose i} {y \choose y-l-i+r} =l {x+y\choose y-l+r} \]

\[\sum\limits_{i=0}^x x {x-1\choose i-1} {y \choose l+i-r}=x\sum\limits_{i=0}^x {x-1\choose i-1} {y \choose y-l-i+r}=x {x+y-1\choose y-l+r-1} \]

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P4859

给出 \(n\) 个数 \(a_i\)，以及 \(n\) 个数 \(b_i\)，要求两两配对使得 \(a>b\) 的对数减去 \(a<b\) 的对数等于 \(k\) 。

\(n,k \leq 2000\) ，保证 \(a,b\) 无相同元素。

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P4859

\[g(n) = \sum_{i=k} ^n {n \choose i}f(i) \to f(k) = \sum_{i=k} ^n (-1)^{i-k} {i \choose k} g(i) \]

先把恰好转化为钦定。

然后直接dp。

设 \(dp_{i,j}\) 表示 前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个 \(a_i > b_i\)

对 \(a_i\) 从小到大排序。

\[dp_{i,j} =dp_{i-1,j} + (\texttt{比当前位置小的数} - j +1) dp_{i-1,j-1} \]

没了。

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P4921 [MtOI2018]情侣？给我烧了！

共 \(T (T \leq 1000)\) 次询问，每次给出一个正整数 \(n (n \leq 1000)\) ，表示有 \(n\) 对情侣和 \(n\) 排座位（每排有两个位置），对于 \(k\in[0,n]\)，求出恰好有 \(k\) 7对情侣坐在同一排的方案数。

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P4921 [MtOI2018]情侣？给我烧了！

恰好 ！！！

考虑二项式反演。

不妨设 \(G(k)\) 为钦定有 \(k\) 对情侣是和睦的答案，\(F(k)\) 是恰好。

\[G(k) ={n \choose k}^2 k! 2^k (2n-2k)! \]

施以二项式反演。

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\[\begin{aligned} F(x) &= \sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} {i\choose x} G(i) \\ &= \sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} {i\choose x} {n \choose i}^2 i! 2^i (2n-2i)! \\ &= \sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} \dfrac{i!}{x!(i-x)!} \dfrac{(n!)^2}{((n-i)!)^2 (i!)^2} i! 2^i (2n-2i)! \\ &= \dfrac{(n!)^2}{x!}\sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} \dfrac{2^i}{(i-x)!} \dfrac{(2n-2i)!}{((n-i)!)^2 } \\ &= \dfrac{(n!)^2}{x!}\sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} \dfrac{2^i}{(i-x)!} {2n-2i\choose n-i}\\ \end{aligned} \]

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\[\begin{aligned} \mathcal{令} m=n-x \\ &= \dfrac{(n!)^2 2^x}{x!}\sum_{i=0}^m (-1)^{i} \dfrac{2^i}{i!} {2(m+x)-2(i+x)\choose (m+x)-(i+x)}\\ &= \dfrac{(n!)^2 2^x}{x!}\sum_{i=0}^m (-1)^{i} \dfrac{2^i}{i!} {2m-2i\choose m-i}\\ \end{aligned} \]

终于能够通过弱化版了。

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第二类斯特林数

\(n\) 个有区别的元素投入 \(m\) 个无区别盒子，无空盒的方案数。

\[\begin{Bmatrix}a \\ b\end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix}a-1 \\ b-1\end{Bmatrix} + b \begin{Bmatrix}a-1 \\ b\end{Bmatrix} \]

\[\begin{aligned} m^n = \sum _{i=0 } ^m \begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix} i! \times {m \choose i} \to m^n = \sum _{i=0 } ^m \begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix} m^{\underline{i}} \\ \begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix} m! =\sum_{i=1}^m (-1)^{m-i} {m \choose i} i^n \\ \end{aligned} \]

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CF932E

求

\[\sum_{i=0}^{n} { n\choose i} i^x \\ \]

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\[\begin{aligned} &= \sum_{i=0}^{n} {n \choose i} \sum _{j=0 } ^i \begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} j! \times {i \choose j} \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum _{j=0 } ^i {n \choose i}{i \choose j} \begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} j! \\ &= \sum_{i=0}^{n} \sum _{j=0 } ^i \frac {n!}{i!(n-i)!} \frac{i!}{j!(i-j)!}\begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} j! \\ \end{aligned} \]

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\[\begin{aligned} &= \sum_{i=0}^{n} \sum _{j=0 } ^i \frac {n!}{(n-i)!(i-j)!} \begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} \\ \end{aligned} \]

改写前一步的上标。

\[\begin{aligned} &= \sum _{j=0 } ^n \begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} \frac{n!}{(n-j)!} \sum_{i=0}^{n} {n-j \choose n-i} \\ &= \sum _{j=0 } ^n \begin{Bmatrix}x \\ j\end{Bmatrix} \frac{n!}{(n-j)!} 2^{n-j} \\ \end{aligned} \]

end。

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P2791

求

\[\dfrac{\sum_{i=0}^k {m \choose i} {n-m \choose k-i} i^L}{n \choose k} \]

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\[\begin{aligned} &= \sum_{i=0}^k {m \choose i} {n-m \choose k-i} i^L \\ &= \sum_{i=0}^k {m \choose i} {n-m \choose k-i} \sum _{j=0 } \begin{Bmatrix}L \\ j\end{Bmatrix} j! \times {i \choose j} \\ &= \sum_{i=0}^k \begin{Bmatrix}L \\ j\end{Bmatrix} j! \sum _{j=0 } {m \choose i} {n-m \choose k-i} \times {i \choose j} \\ \end{aligned} \]

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\[\begin{aligned} &= \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}L \\ j\end{Bmatrix} j! {m \choose j}\sum _{i=0 } {m-j \choose i-j} {n-m \choose k-i} \\ &= \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}L \\ j\end{Bmatrix} j! {m \choose j} { n-j\choose k-j} \\ \end{aligned} \]

上界是 \(O(L)\)。

使用第二类斯特林数行即可。

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求第二类斯特林数如何求呢，注意到上面的式子：

\[\begin{aligned} S(n,m) & =\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^m (-1)^i \binom{m}{i} (m-i)^n \\ & =\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^m (-1)^i \frac{m!}{k!(m-k)!} (m-i)^n \\ & = \sum\limits_{i=0}^m (-1)^k \times \frac{(m-k)^n}{k!(m-k)!} \end{aligned} \]

至此，我们可以实现以\(O(n\log n)\) 的时间复杂度求出\(S(n)\)这一行的第二类斯特林数。

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P4091

题面简要，不做阐释。

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\[\begin{aligned} &=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n \begin{Bmatrix}i \\ j\end{Bmatrix} \times 2^j \times (j!) \\ &= \sum_{j=0}^n 2^j \sum_{i=0}^n \sum_{k=0}^j (-1)^{j-k} {j \choose k} k^i \\ &=\sum_{j=0}^n 2^j \sum_{k=0}^n (-1)^{j-k} {j \choose k} \sum_{i=0}^n k^i \\ \end{aligned} \]

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令 \(\sum_{i=0}^n k^i = C_k = \frac{k^{n+1}-1}{k-1}\)

\[\begin{aligned} &= \sum_{j=0}^n 2^j \sum_{k=0}^n (-1)^{j-k} C_k {j \choose k} \\ &= \sum_{j=0}^n 2^j (-1)^j j! \sum_{k=0}^j \frac{C_k}{(-1)^k k! (j-k)!} \\ &= \sum_{j=0}^n 2^j j! \sum_{k=0}^j \frac{C_k(-1)^{j-k} }{k! (j-k)!} \\ &= \sum_{k=0}^j \frac{C_k(-1)^{j-k} }{k! (j-k)!} \\ \end{aligned} \]

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令 \(G_i = \frac{C_i}{i! },H_i=\frac{(-1)^{i}}{(i)!}\)
是卷积形式。

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P10982&&P6596

这个就不需要阐述题面了把。

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P10982&&P6596

有向有标号有向图数量：\(2^{n \choose 2}\)。后面叫做 \(g(n)\)
证明：显然。
有向有标号连通图数量：设答案叫做 \(f(n)\)
考虑容斥，枚举点 \(1\) 所在的连通块大小。
就是 \(f(n)=g(n)-\sum\limits_{i=1}^{n-1} {{n-1} \choose {i-1}} f(i) g(n-i)\)。复杂度 \(O(n^2)\) 。

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一个结论：一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带标号无向图有 \(k\) 个连通块。我们希望添加 \(k-1\) 条边使得整个图连通，求方案数。

答案是 \(n^{k-2} \prod s_{i}\)， 其中 \(s_i\) 是每个连通块的数量。

证明见OI-wiki。

意思就是说：我们只是关心后面的那一坨。考虑 dp，设 \(H_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个点，\(j\) 条割边，后面的东西的乘积。还是要考虑枚举连通块 \(H_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^{i-1} H_{i-k,j-1} \times H_{k,0} \times {i \choose k}\)。 注意下这里因为我们没有钦定边双的顺序，最后的时候要除以一个\((j+1)!\)。

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那我们的边界条件怎们做啊！！

实际上很简单，只需要用 \(g(n)\) 减去其他的就行了。

此时 \(H_{i,0}= \texttt{边双连通图} \times i\)

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P11363

题面大家应该都看过（

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考虑 \(k=1\) 怎么做，\(\prod_{i=1}^n (deg_i-1) !\)

考虑 \(k=2\) 怎么做，把两个关键边的链找到，这些的贡献（端点是不算的）只有 \((deg_i-2) !\)。

然后我们有个指数容斥

\[\sum_{x\subset G} (-1)^{|x|+1} \prod_{i=1}^n (deg_i-1) ! \prod_{i \in x} \frac{1}{(deg_i-1)} \]

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令 \(c_i = (deg_i-1)^{-1}\)

系数的 \(+1\) 先不管，最后在乘上去。

前面的贡献无关，最后乘上去。

然后呢，我们发现，如果关键点连起来不是链，那们就不行了。

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所以考虑算所有的链。

对于一条边 \((x,y)\)，考虑一下贡献，设 \(f_x\) 表示子树内至少钦定的一条边，\((x,y)\) 的贡献和。

假设这条边是关键边：

只会选 \((x,y)\)，端点不算，贡献为 \(-1\)。

只会选 \(y\) 下的子树，端点不算，贡献为 \(c_x f_y\)。

两个都要 \(-c_x f_y\)。

综上总的贡献是 \(-1\)。

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假设不是关键边：

只会选 \(y\) 下的子树，端点不算，贡献为 \(c_xf_y\)。

考虑枚举 \(\text{LCA}=x\)。

第一种情况：\((x,y)\)

钦定选：\(-1 \times f_y\)。

不选 \(-1\)，除去两个端点内没有。

第二种情况：\(y \to x \to z\)

类似上面的情况。前缀和优化。

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P4769

转化题意：\(\sum\limits_{i=1}^n|i-p_i|=2 \times \texttt{逆序对数}\)

套路的，建图，从 \(i\) 点向 \(n+p_i\) 连边，观察一下，如果图上的两个逆序对还有别的交点，就无解了。

当然可以从提示中直接得到。

问题等价于不存在 \(\forall i,j,k (i<j<k),p_i > p_j >p_k\)

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不妨考虑dp，设 \(dp_{i,j}\)，表示前 \(i\)个数中，最大值为 \(j\)

\[\begin{aligned} dp_{i,j} &=\sum_{k=1}^j dp_{i-1,k} \\ dp_{i,j} &=dp_{i-1,j} + dp_{i,j-1} \end{aligned} \]

实际上面是格路计数经典优化。

不难发现 \(dp_{i,j} =dp_{i-1,j} + dp_{i,j-1}\) 就是格路计数，但是 \(j\leq i\)。不要告诉我你不知道这个是什么

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等价于 \(dp_{i,j}= {i+j \choose j}- {i+j \choose j-1}\)

不妨令 \(dp_{i,j}\) 表示从 \((i,j)\) 走到 \((n,n)\) 的方案数。

\[dp_{i,j} = {2n-i-j \choose n-i} -{2n-i-j \choose n+1-i} \]

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考虑：增加了限制如何解决。

考虑到第 \(i\) 位，之前的满足恰好相等，钦定这一位是 \(>p_i\)。

不妨令此时最小能填的数为 \(now\),前面最大的数为 \(mx\)。

第一种情况实际上是 \(now < p_i\) 且 \(p_i \leq mx\) 直接无解。

否则就是 答案就是 \(dp_{i,\max(p_i,now)+1}\)。

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不为人知的神秘题目

求集合 \(S=\{1,2,\dotsb 5n\}\) 中有多少个子集和为 \(5\) 的倍数。

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不为人知的神秘题目

考虑 GF，\(F(x)=\prod_{i=1}^{5n}(1+x^i)\)

假设和为 \(2\) 的倍数怎么做？直接带入 \(1\) 和 \(-1\)。

假设和为 \(5\) 的倍数怎么做？

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考虑单位根 \(\omega_5\)
对于 \((\omega_5^0)^s+(\omega_5^1)^s+(\omega_5^2)^s+(\omega_5^3)^s+(\omega_5^4)^s\)
显然当 \(s|5\) 为 \(5\)，其他时候为 \(0\)，等比数列求和\(=(\omega_5^0) \frac{1-w_{5}^{5s}}{1-w^s} =0\)
直接加起来，答案就是 \(\frac{F(\omega_5^0)+F(\omega_5^1)+F(\omega_5^2)+F(\omega_5^3)+F(\omega_5^4)}{5}\)
显然 \(F(\omega_5^1)= [(1+\omega_5^1)(1+\omega_5^2)(1+\omega_5^3)(1+\omega_5^4)(1+\omega_5^5)]^n\)
考虑因式分解 \(x^5-1=(x-\omega_5^0)(x-\omega_5^1)(x-\omega_5^2)(x-\omega_5^3)(x-\omega_5^4)\)
此时带入 \(x=-1\)。容易知道 \(F(\omega_5^1) =2^n\)
答案即为 \(\frac{2^{5n}+4\times 2^{n}}{5}\)

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一些小思考

Bouns \(1\): 对于 \(m\) 的倍数怎么做。

Ans \(1\)：P10084

Bouns \(2\)：为什么（单位根反演）。

\[\sum_{k=0}^m[n\mid k]f_k=\cfrac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^i) \]

两个问题并不难。

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「WC2019」数树

其实简要题意在题目描述里。

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op=0

考虑点边容斥，发现答案显然是 \(y^{(n-{|E_1 \cap E_2|})}\)

随便做即可。

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op=1

好像不太简单了哦。

\[\begin{aligned} &= \sum_{E_2} y^{(n-{|E_1 \cap E_2|})} \\ &= \sum_{S} y^{|S|} \sum_{S = E_1 \cap E_2} \\ \end{aligned} \]

然后怎么办啊，完全不会啊。

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考虑容斥哦，\(f(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} \sum\limits_{P \subseteq T}(-1)^{|T|-|P|} f(P)\)，不妨令 \(f(S)=y^{n-|S|}\)，\(S={E_1 \cap E_2}\)。\(g(T)\) 表示包含 \(T\) 的树的个数。

\[\begin{aligned} 原式&= \sum_{E_2} y^{(n-{|E_1 \cap E_2|})} \\ &= {\sum_{E_2} \sum_{T\subseteq E_1 \cap E_2} \sum_{P \subseteq T} (-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}} \\ &= {\sum_{T \subseteq E1} g(T) y^{|n|-|T|} \sum_{P \subseteq T} (-y)^{|T|-|P|}} \\ &= {\sum_{T \subseteq E1} g(T) y^{|n|-|T|} \sum_{k=0}^{|T|} {|T| \choose k} (-y)^k {\color{red} 1^{|T|-k}}} \end{aligned} \]

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op=1

\[\begin{aligned} &= {\sum_{T \subseteq E1} g(T) y^{|n|-|T|} (1-y)^{|T|}} \end{aligned} \]

那么 \(T\) 肯定是由多个连通块拼接而成，我们上面是不是讲过一个结论？假设有 \(k =n-|T|\) 个连通块，\(a_i\) 表示联通块大小。

\[\begin{aligned} &= {\sum_{T \subseteq E1} n^{k-2} y^{k} (1-y)^{n-k}}\prod_{i=1}^{k} a_i \\ &= \frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{T \subseteq E1} \frac{n^{k} y^{k}}{(1-y)^{k}}\prod_{i=1}^{k} a_i \\ \end{aligned} \]

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op=1

\[\begin{aligned} &= \frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{T \subseteq E1} \prod_{i=1}^{k}\frac{ny}{(1-y)} a_i \\ \end{aligned} \]

我们算出每个联通的贡献了！！！。可以直接树上背包做 \(O(n^2)\)。但是时间复杂度不对啊，那怎么办呢？发现实际上你的 \(dp\) 状态只需考虑在什么时候断开联通块就行了，设 \(dp_{u,0/1}\) 表示这个时候这个点有没有加入这个联通块。转移比较简单。

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op=2

\[\begin{aligned} &= \sum_{E_1} \sum_{E_2} y^{(n-{|E_1 \cap E_2|})} \\ &= \sum_{E_1} \sum_{E_2} \sum_{T\subseteq E_1 \cap E_2} \sum_{P \subseteq T} (-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|} \\ &= \sum_{T} g^2(T) y^{|n|-|T|}\sum_{P \subseteq T}(-y)^{|T|-|P|} \\ &= \sum_{T} g^2(T) y^{|n|-|T|} (1-y)^{|T|} \\ \end{aligned} \]

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op=2

\[\begin{aligned} &= \sum_{T} n^{2k-4} y^{2k} (1-y)^{2n-2k} (\prod_{i=1}^{k}a_i^2 ) y^{|n|-|T|} (1-y)^{|T|} \\ &= \frac{(1-y)^n}{n^4} \sum_{T} \prod_{i=1}^k \frac{n^2 y}{1-y} a_i^2 \end{aligned} \]

我们不妨交换求和顺序考虑每个联通块的贡献。

一个大小为 \(a\) 的联通块。贡献 \(\frac{n^2 y}{1-y} a^2\)

对于大小为 \(a\) 的联通块能构成 \(a^{a-2}\) 个生成树。贡献\(\frac{n^2 y}{1-y} a^a\)

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所以相当于 \(n\) 个有标号小球扔进 \(k\) 个无标号盒子，不允许空盒子。

令一个连通块的 EGF \(F(x) =\sum\limits_{i=1} \frac{n^2 y}{1-y}i^i \frac{x^i}{i!}\)

根据 Exp 的组合意义，令答案为 \([x^n]\exp(G)\)，其中 \(G=e^{F}\)

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P6624

给定一个 \(n\) 个顶点 \(m\) 条边（点和边都从 \(1\) 开始编号）的无向图 \(G\)，保证图中无重边和无自环。每一条边有一个正整数边权 \(w_i\)，对于一棵 \(G\) 的生成树 \(T\)，定义 \(T\) 的价值为：\(T\) 所包含的边的边权的最大公约数乘以边权之和，即：

\[val(T)=\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1} w_{e_i}\right) \times \gcd(w_{e_1},w_{e_2},\dots,w_{e_{n-1}}) \]

求出对于所有 \(T\) 的之和。

其中 \(e_1,e_2,\dots,e_{n-1}\) 为 \(T\) 包含的边的编号。
\(1\leq n\leq 30, 1\leq m \leq \frac {n(n-1)}{2}, 1\leq w_i \leq 152501\)。

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首先对于 \(\gcd\)，我们知道
\(\mu * id =\varphi\)
\(\mu * 1 = \epsilon\)
\(\varphi * 1 =id\)

可以莫比乌斯反演或者欧拉反演，不难得到

\[\begin{aligned} &\sum_{T}\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1} w_{e_i}\right) \times \gcd(w_{e_1},w_{e_2},\dots,w_{e_{n-1}})\right) \\ &=\sum_{T}\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1} w_{e_i}\right) \times \sum_{d|w_{e_1},d|w_{e_2},d|w_{e_3} \dotsb d|w_{e_{n-1}}} \varphi(d) \right) \end{aligned} \]

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\[\begin{aligned} &=\sum_{d=1}^{mx} \varphi(d) \sum_{T,d|w_{e_1},d|w_{e_2},d|w_{e_3} \dotsb d|w_{e_{n-1}} } \left(\sum\limits_{i=1}^{n-1} w_{e_i}\right) \end{aligned} \]

前面直接枚举就行了，考虑一下后面怎么做吧。考虑 Matrix Tree，Matrix Tree 的板子不是只能做 \(\sum\limits_{T} \prod\limits_{i=1}^n w_{e_i}\)。

一种最裸的做法：枚举一条边然后求包含这条边的生成树个数。（之前题单有）。

充分发扬人类智慧，我们往行列式里面塞入多项式！不难发现每一条边的的贡献显然是 \(w_ix+1\)，这样我们就把乘法运算变成了加法运算。答案就是一次项系数。

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但是现在要考虑的是多项式操作。加减是显然的。

乘法直接展开即可。

除法就是 \(\frac{ax+b}{cx+d}\)，尝试一下找到逆元。

\((ax+b)(cx+d) = 1 \pmod x^2\)，不难得到解。

所以不难得到 \(\frac{ax+b}{cx+d} = \frac{a}{c}+\frac{bc-ad}{c^2}x\) 只对可选边数大于等于 \(n−1\) 的 d 求行列式即可。可以通过。

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矩阵树定理：度数矩阵-邻接矩阵，随便删掉一行一列的行列式的值，其实不太对，具体可以看模板。

行列式求值：你看代码和结论就懂了。

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P8340

求有多少个值域 \([1,n]\) 的集合，做 01 背包后可以凑出 \([1,n]\) 内所有数。

\(n \leq 5 \times 10^5\)

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P8340

直接考虑 \(O(n^2)\) 的一个dp，设 \(dp_{i,j}\)，表示前 \(i\) 个数字，前缀最多是从 \([1,j]\) 这个选出来的前缀的方案数。

dp 状态有 \(2\) 维，考虑优化。

刻画：对于 \(\forall k\in [1,n],\leq k\) 的数之和一定要 \(\geq k\)

必要性：显然。

充分性：显然，考虑回顾上面的 dp 过程试试看？

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正难则反，考虑找到一个最小的 \(k\)，所有的和 \(< k\)
这也就意味着，对于 \(k-1\)，和一定为 \(k-1\)。
继续考虑 dp，设 \(f_{i}\) 表示 \(\leq i\) 的元素之和为 \(i\)，且对于任意 \(x \leq i\) 都合法。
不难发现答案就是 \(2^n - \sum\limits_{i=1}^{n-1} f_i 2^{n-i-1}\)
不妨令拆分数为 \(g\)，不合法的直接从拆分数中直接减去。求拆分数是一个经典问题，不难做到 \(n \sqrt{n}\)。（Hint：画 Ferrers 图）
具体一点，就是 \(f_i = g_i -\sum\limits_{j<i} val(j,i-j)\)
其中 \(val(x,y)\) 表示用 \(\geq x+2\) 的数凑出和为 \(y\) 的方案数。

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考虑具体的对 dp 的转移。由定义容易知道，对于 \(f_j\)，一定有 \(j+1\) 不能被表示出，故如果能转移，\(j+j+2 \leq i\)，类似半在线卷积，对于 \(1\to n\) 转移到 \(n+1 \to 2n\)。求出 \(val(x,y)\) 的方法和拆分数差不多。

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