2025.10 做题记录

qwq awa owo uwu xwx
洛谷P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题
纯式子。

\[\begin{aligned}& \sum\limits_{k=0}^{n}f(k)\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{k=0}^{n}k^i\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{k=0}^{n}\left(\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{k}{j}{i\brace j}j!\right)\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}j!\sum\limits_{k=j}^{n}\binom{n}{k}\binom{k}{j}x^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}j!\sum\limits_{k=j}^{n}\binom{n}{j}\binom{n-j}{k-j}x^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}\binom{n}{j}j!x^j(x+1)^{n-j}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}n^{\underline{j}}x^j(x+1)^{n-j} \end{aligned}\]

CF1278F Cards
记 \(p=\frac{1}{m}\)。

\[\begin{aligned}& ans\\=& \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{i}{j}{k\brace j}j!\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j}p^i(1-p)^{n-i}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=j}^{n}\binom{n-j}{i-j}p^i(1-p)^{n-i}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}p^{i}(1-p)^{(n-j)-i+j}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!p^j\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}n^{\underline{i}}p^i \end{aligned}\]

然后直接做就完了。
洛谷P6031 CF1278F Cards 加强版
对 \(i^k=\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{i}{j}{k\brace j}j!\) 这个式子二项式反演，可以得到

\[{n\brace m}=\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}i^n \]

\[\begin{aligned}& \sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}n^{\underline{i}}p^i\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\binom{i}{j}j^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}(-p)^i\sum_{j=0}^{i}(-1)^{j}\binom{i}{j}j^k\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}(-1)^{j}j^k\sum_{i=j}^{k}\binom{n}{i}\binom{i}{j}(-p)^i\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}(-1)^{j}\binom{n}{j}j^k\sum_{i=j}^{k}\binom{n-j}{i-j}(-p)^i\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}p^{j}j^k\sum_{i=0}^{k-j}\binom{n-j}{i}(-p)^{i} \end{aligned}\]

可以发现前面几项都是很好做的，\(j^k\) 可以线性筛出来，\(\binom{n}{j}\) 可以拆成下降幂除阶乘的形式，现在就后面的难做。
记 \(f(i)=\sum\limits_{j=0}^{k-i}\binom{n-i}{j}(-p)^j\)。

\[\begin{aligned}& \sum_{j=0}^{k-i}\binom{n-i}{j}(-p)^j\\=& \sum_{j=0}^{k-i}\left(\binom{n-(i+1)}{j}+\binom{n-(i+1)}{j-1}\right)(-p)^j\\=& f(i+1)+(-p)^{k-i}\binom{n-i-1}{k-i}+\sum_{j=0}^{k-i}\binom{n-(i+1)}{j-1}(-p)^j \end{aligned}\]

对于中间那个组合数，可以根据 \(\binom{n}{m}=\frac{n}{m}\binom{n-1}{m-1}\) 递推一下，也就是 \(\binom{n-i-1}{k-i}=\frac{n-i-1}{k-i}\binom{n-(i+1)-1}{k-(i+1)}\)。
对于右边那个式子，可以化成 \(\sum\limits_{j=0}^{k-(i+1)}\binom{n-(i+1)}{j}(-p)^{j+1}\)，也就是 \((-p)f(i+1)\)。
边界为 \(f(k)=1\)。
然后就能 \(O(k)\) 做了。
洛谷P11343 [KTSC 2023 R1] 出租车旅行
考虑一条换乘路径 \(p_1,p_2,\cdots,p_{k-1},p_k\)，显然有 \(\forall i\in [1,k-2],B_{p_i}>B_{p_{i+1}}\)，也就是除终点外的 \(B\) 单调递减。
因为递减这个性质是不把终点算进去的，所以可以让全程的 \(B\) 都递减，最后再统计一遍答案。
记 \(f_i\) 表示走到 \(i\)，且全程的 \(B\) 单调递减的最小费用。转移是很好想的：
\(f_i=\min\limits_{B_j>B_i}\{f_j+A_j+B_j\times dis(i,j)\}\)
可以感知到这个玩意是个一次函数状物，但是 \(dis(i,j)\) 是一个比较难处理的东西，因此拉到点分树上，\(dis(i,j)\) 就是 \(dis(i,s)+dis(j,s)\)，\(s\) 为当前重心，就能用李超树做了。
把点按 \(B\) 从大到小排序，每次枚举祖先把 \(f_i\) 搞出来，然后在它祖先的李超树上都插个一次函数进去，统计答案和查询 \(f_i\) 是一样的。
洛谷P6881 [JOI 2020 Final] 火灾 / Fire
这个玩意瞪着看很难看出啥，可以打个表：
8 8 8 8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 6
8 8 8 8 8 6 6
8 8 8 8 6 6 4
8 8 8 6 6 4 4
8 8 6 6 4 4 2
8 1 6 3 4 2 1
最下面是时刻为 \(0\) 的样子，最上面是时刻为 \(n\) 的样子。
可以发现每个位置的贡献都是一个平行四边形，不过可能只有一部分在这个正方形里。可以把平行四边形差分成三个边长无限的三角形，查询差分成一行的前缀和。平行四边形的大小和这个位置左边第一个大于等于它的位置、这个位置右边第一个大于它的位置有关。
然后就不难了。把查询和三角形都按照顶点的 \(x\) 从小到大排序。维护在这个查询左边和不在这个查询左边的三角形，把式子拆一下后用四个树状数组简单维护就行。
洛谷P8867 [NOIP2022] 建造军营
简单题。
可以发现割掉一个边双里的边是没用的，所以可以缩成几个边双，\(a_i\) 表示第 \(i\) 个边双的点数，\(b_i\) 表示第 \(i\) 个边双的边数。
缩完点后有个很好的东西，就是图变成了一棵树。对于两个被选上的点，它们路径上的边都是要选上的，不然就爆炸了。
考虑对这个玩意树形 dp。记 \(f_i\) 表示只有 \(i\) 子树里的点和边会选，至少选一个点，而且选的点连上 \(i\) 的方案数，\(g_i\) 表示 \(i\) 子树里一个点都不选（边可能会选）的方案。
转移：
\(f_u=f_u\times f_v+f_u\times g_v\times 2+g_u\times f_v\)。第一项表示 \(u\) 和 \(v\) 都选，那么 \((u,v)\) 必须选。第二项表示 \(u\) 选 \(v\) 不选，那么 \((u,v)\) 选不选都行。第三项表示 \(u\) 还没选，\(v\) 选，那么 \((u,v)\) 必须选。
\(g_u=g_u\times g_v\times 2\)。\(u\) 和 \(v\) 的子树里都不选，\((u,v)\) 随便。
初始化为 \(g_u=2^{b_u},f_u=2^{a_u+b_u}-2^{b_u}\)。
统计答案是简单的，\(ans=\sum\limits_{u=1}^{n}f_u\times 2^{c_u}\)，其中 \(c_u\) 表示不在 \(u\) 子树里，也不是 \(u\) 和它父亲连的边的边数。
洛谷P11292 【MX-S6-T4】「KDOI-11」彩灯晚会
厉害。
合法链表示长度为 \(l\) 的链。
考虑 \(\sum cnt^2\) 的组合意义，也就是选出两条长度为 \(l\) 的合法链的方案数。
对于两条合法链，它们颜色相同的方案数 \(k^{n-2l+c+1}\)，其中 \(c\) 表示这两个链重叠的点的个数。可以发现答案只和 \(c\) 有关，所以可以计算恰好重叠了 \(c\) 次的链的方案数，记为 \(f_c\)。
恰好重叠 \(c\) 次看起来就比较难算，可以容斥一下，算至少重叠 \(c\) 次的方案，记为 \(g_c\)。不难得出 \(g_i=\sum\limits_{j=i}^{k}\binom{j}{i}f_j\)，二项式反演一下变成 \(f_i=\sum\limits_{j=i}^{k}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\)。
在拓扑序上 dp。用 \(f_{u,v,k}\) 表示从 \(u\) 走到 \(v\)，链长度为 \(k\) 的方案，\(dp_{u,l1,l2,k}\) 表示现在走到 \(u\)，链一长度为 \(l1\)，链二长度为 \(l2\)，重叠了至少 \(k\) 次的方案，转移就是枚举下一个重合点和两条链长了多少，也就是 \(dp_{v,l1+\Delta1,l2+\Delta2,k+1}\gets dp_{u,l1,l2,k}\times f_{u,v,\Delta1}\times f_{u,v,\Delta2}\)，时间复杂度为 \(O(n^3l+n^2l^5)\)，显然过不了。转移的时候把 \(l1\) 和 \(l2\) 两维分开转移可以去掉一个 \(l\)，也就是 \(O(n^3l+n^2l^4)\)，但还是过不了。
这个转移看起来就很怪，估计不能继续优化，所以不妨猜测要推式子。

\[\begin{aligned}ans=& \sum\limits_{i=1}^{k}k^{n-2l+i+1}\sum\limits_{j=i}^{k}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{i=1}^{k}k^i\sum\limits_{j=i}^{k}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{j=1}^{k}g_j\sum\limits_{i=1}^{j}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}k^i\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{j=1}^{k}g_j(k-1)^j \end{aligned}\]

考虑把 \((k-1)^j\) 乘进 \(g_j\) 里，也就是转移的时候多乘一个 \(k-1\)，然后就做完了。
洛谷P10879 「KDOI-07」对树链剖分的爱
神秘。
对于一般的链加操作，除了树剖还能暴力跳。
可以先给一个多项式做法。从 \(u,v\) 开始，每次跳编号大的那个点，不妨设 \(u<v\)，枚举父亲，给 \(v\) 的答案加上 \(w\)，然后让 \(w=\frac{w}{r_v-l_v+1}\)，再跳到父亲。
可以发现这个过程可以放到一个数组上，给所有操作一起跑，转移可以用差分优化。
qoj7419 Jiry Matchings
请输入文本。
这种题直接上去瞪眼肯定是不行的（x。有一个显然的 \(O(n^2)\) dp，就是设 \(f_{i,0/1,j}\)，表示只考虑 \(i\) 子树里，\(i\) 有没有匹配上，共有 \(j\) 个匹配的最大值，转移是 简单的，\(f_{u,0,i}\gets\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+\max\{f_{v,0,k},f_{v,1,k}\}\},f_{u,1,i}\gets\max\{\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+\max\{f_{v,0,k},f_{v,1,k}\}\}+w(u,v),\max\limits_{j+k=i}\{\max\{f_{u,0,j},f_{u,1,j}\}+\max\{f _{v,0,k},f_{v,1,k}\}\}\}\)。
这种犹如屎一般的转移显然是不能直接优化的。把状态改一下变为只考虑 \(i\) 子树里，\(i\) 可不可以匹配，共有 \(j\) 个匹配的最大值，转移是 \(f_{u,0,i}\gets\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+f_{v,1,k}\},f_{u,1,i}\gets\max\{\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+f_{v,1,k}\}+w(u,v),\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,1,j}+f_{v,1,k}\}\}\)。虽然一样是屎，不过好看了点。
根据一些网络流知识可以得到，如果把 \(f_{u,0/1}\) 看成一个函数，那么它们都是凸函数，所以可以维护一个上凸包，\((max,+)\) 卷积就是做个闵可夫斯基和。
但是闵可夫斯基的复杂度是 \(O(\lvert A\rvert+\lvert B\rvert)\)，总复杂度还是 \(O(n^2)\) 的。
直接上神秘手法。树剖，对于每个点先求出不考虑重儿子的 \(f\)，最后在链顶合并，合并轻儿子和重链都可以分治一下。合并重链的时候还要考虑当前分治区间的链顶和链尾有没有匹配，复杂度是 \(O(n \log^2 n)\) 的。
洛谷P5642 人造情感（emotion）
调 emo 了。
不妨先把 \(W(U)\) 求出来。这个是简单的，记 \(f_u\) 表示只考虑 \(u\) 子树的答案，\(g_u\) 表示 \(\sum\limits_{v\in son_u}f_v\)，\(P(u)\) 表示端点的 lca 为 \(u\) 的路径集合。考虑转移：
如果 \(u\) 没被路径覆盖，那么贡献为 \(g_u\)。
如果 \(u\) 被路径 \((x,y,w)\) 覆盖，\((x,y,w)\in P(u)\)，那么贡献为 \(w+f_u+\sum\limits_{v\in(u,v,w)}g_v-f_v\)，对于每一条路径，把这一长串式子记为 \(S\)。
可以发现，对于一条路径 \((x,y)\)，\(f(x,y)\) 为全局答案减去它的权值为 \(0\) 时，一定要选它的答案。而这个东西为 \(S+h_{\text{lca}(x,y)}\)，\(h_u\) 表示不考虑 \(u\) 子树的答案。
用 dp 求 \(h\)。对于点 \(u,v\)，\(u\) 是 \(v\) 的父亲，从 \(h_v\) 转移到 \(h_u\) 是困难的，所以考虑从 \(h_u\) 转移到 \(h_v\)。
如果 \(u\) 没被路径覆盖，有 \(h_v=h_u+g_u-f_v\)。
如果 \(u\) 被路径 \((x,y,w)\) 覆盖，就按照 \(\text{lca}(x,y)\) 分讨一下，限制为 \(x\) 和 \(y\) 都不在 \(v\) 的子树里。
如果 \(\text{lca}(x,y) = u\)，那么贡献是 \(S_{(x,y,w)}+h_u-f_v\)，可以把 \(P(u)\) 按 \(S\) 从大到小排个序，然后暴力枚举。
如果 \(\text{lca}(x,y)\ne u\)，那么还有个限制是 \(u\) 和 \(v\) 里要有一个在 \(u\) 的子树里（另一个端点不会在 \(u\) 的子树里），贡献为 \(h_{\text{lca}(x,y)}+S_{(x,y,w)}\)，这个可以放到线段树上面统计。
最后考虑怎么统计答案。根据上面说的，\((u,v)\) 对答案的贡献为 \(f_1-\left(f_{\text{lca}}+h_{\text{lca}}+\sum\limits_{v\in(u,v,w)}g_v-f_v\right)\)。
对于前两项，可以枚举 \(\text{lca}\) 算，后面那一项可以对每个点单独算贡献。
然后就会变得不 emo 了。