容斥原理

[CF1707D] Partial Virtual Trees

真子集限制很不爽，考虑去掉它。

令 \(f_i\) 表示题目所求答案，\(g_i\) 表示相邻两个集合可以相同的方案。

枚举 \(g_i\) 中有哪几次相邻集合不同，有 \(g_i=\sum_{j=1}^i\binom{j}{i}f_j\)。

由二项式反演可得 \(f_i=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\)，接下来只用求 \(g_j\) 即可。

一个点能不选当且仅当它有至多一个子树当前含有点，用 \(dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内 \(i\) 时刻含有点的方案数。

枚举 \(1\) 的儿子什么时候全被删去，有 \(g_i=\prod_{v\in son(1)} \sum_{k=0}^{j-1} dp_{v,k}\)。

令 \(s_{i,j}=\sum_{k=0}^jdp_{i,k}\)，有 \(g_i=\prod_{v\in son(u)}s_{v,j-1}\)，可以 \(O(n^2)\) 解决，接下来考虑转移。

讨论 \(u\) 在 \(i\) 时刻是否还在集合。

如在集合内只需要所有子树均合法即可 \(dp_{u,i}\leftarrow \prod_{v\in son(u)}s_{v,i}\)。

否则 \(u\) 至多只有一个子树此时含有点，枚举时刻 \(t\) 表示在 \(t\rightarrow t+1\) 时由选变为不选。

有 \(dp_{u,i}\leftarrow \sum_{p=0}^{i-1}\sum_{v\in son(u)}dp_{v,i}\prod_{w\in son(u)\land v\neq w}s_{w,p}\)。

对于 \(\prod_{w\in son(u)\land v\neq w}s_{w,p}\) 的计算，做一个前后缀求积即可，总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

[LOJ575] 不等关系

令 \(cnt_i\) 表示 \(i\) 及之前 \(>\) 的数量，将系数 \(n!\) 提出来，另 \(f_i\) 表示到前 \(i\) 项的合法方案数。

考虑转移，我们可以任选前面的任意一个 \(>\)，并把它后面的所有 \(>\) 都钦定为 \(<\)。

所以有 \(f_i=\sum_{j=0}^{i-1}[s_i\neq <](-1)^{cnt_{i-1}-cnt_j}\frac{f_{j}}{i-j}\)，将 \((-1)^{cnt_{i-1}}\) 提到前面后做分治 NTT。

[ICPC 2025 Yokohama R] Charity Raffle

参考题解：https://www.luogu.com.cn/article/02s56q3w

[QOJ15326] Yet another 01 problem

考虑一棵树，如果所有有两个叶子儿子的节点的两个儿子的权值都不相同，那方案数就是 \(2^{sum1}\)。

其中 \(sum1\) 为具有两个非叶子儿子的节点数量，同时记具有两个叶子儿子的节点数量为 \(sum2\)。

有 \(sum1=n-1-sum2-(n-2sum2)=sum2-1\)。

考虑怎么把 \(2^{sum2}\) 的贡献拆掉，有 \(2^{sum2}\) 等于 \(sum2\) 个数任意钦定的方案数。

令任意钦定中钦定到两个相邻叶子节点合并，它们权值不同时的系数为 \(1\)，否则为 \(-1\)。

发现当全为 \(1\) 时，任意钦定时每个钦定子集加和就刚好为 \(2^{sum2}\)。

当有 \(-1\) 时，因为其它子集任意钦定然后含不含有它自己刚好为相反数，任意钦定加和就是 \(0\)。

所以可以通过任意钦定获得 \(2^{sum2}\) 的贡献。

会拆 \(2^{sum2}\) 的贡献后考虑计算钦定 \(i\) 个相邻两个叶子合并的总答案，记为 \(g_i\)。

令 \(dp_{i,s,0/1,0/1}\) 表示分治区间 \(i\) 一共钦定了 \(s\) 个相邻叶子合并的答案。

令 \(C_i\) 表示卡特兰数第 \(i\) 项（\(C_0=C_1=1,C_2=2\)）。

钦定完后任意合并的方案数为卡特兰数，所以有 \(g_s=dp_{rt,j,k,s}*C_{n-s-1}(j,k\in\{0,1\})\)。

令 \(l_i\) 和 \(r_i\) 分别表示分治区间 \(i\) 的左右儿子，有：

\(dp_{i,j,k,s}\leftarrow dp_{l_i,j,p,t}*dp_{r_i,q,k,s-t}(j,k,p,q\in\{0,1\},t\in[0,s])\)。

如果 \(l_i\) 的右端点与 \(r_i\) 的左端点权值不同，额外有：

\(dp_{i,j,k,s+1}\leftarrow \sum dp_{l_i,j,0,t}*dp_{r_i,0,k,s-t}(j,k\in\{0,1\},t\in[0,s])\)。

如果 \(l_i\) 的右端点与 \(r_i\) 的左端点权值相同，额外有：

\(dp_{i,j,k,s+1}\leftarrow(-1)\sum dp_{l_i,j,0,t}*dp_{r_i,0,k,s-t}(j,k\in\{0,1\},t\in[0,s])\)。

转移的时候是一个卷积的形式，用 FFT/NTT 优化即可，\(ans=\sum g_i\)，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。