FPS 24 记录

开个新坑。
貌似存在一堆板子，但是也有比较有意思的题。
通过情况：

A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K	L	M	N	O	P	Q	R	S	T	U	V	W	X
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难度级别：
1：能很快想出。
2：需要想好一会儿。
3：不会。

A

有 \(D\) 天，每天可以花费 \(1,3,4\) 或 \(6\) 元，问 \(D\) 天后花费 \(N\) 元的方案数。
\(D\le2\times10^5,N\le1\times 10^6\)

难度：1
设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 天共花费 \(j\) 元的方案数，化为 GF 形式后可以多项式快速幂做到 \(O(n\log n)\)。
当然也可以用 \(O(kn)\) 多项式快速幂的科技。

B

计数四元组 \((a,b,c,d)\) 的数量，满足：

• \(a=0/1\)。
• \(b=0/1/2\)。
• \(2|c\)
• \(3|d\)
• \(a+b+c+d=n\)

\(n\le 10^9\)

难度：1
四种元素的 GF 分别为 \(1+x,1+x+x^2,\frac{1}{1-x^2},\frac{1}{1-x^3}\)，卷起来就完了。

C

\(N\) 个非负整数，每个数不超过 \(M\)，问和为 \(S\) 的方案数。
\(N,M,S\le 2\times 10^5\)

难度：1
容斥，钦定 \(i\) 个整数 \(>M\)。

D

计数长为 \(N\) 的非负整数序列 \(A\)，使得每个元素不超过 \(M\)，且排序后相邻两项的奇偶性不同。
\(N,M\le 2\times 10^5\)

难度：1
考虑排序后的差分数组，其满足除第一个数以外每个数都为奇数。枚举第一个数大小然后对其他位置定义 OGF，再做多项式快速幂。得到排序数组的答案后，因为每个数是不同的所以最后再乘上 \(n!\)。

E

计数长为 \(N\) 的正整数序列 \(A\)，使得每个元素不超过 \(M\)。且对于 \(\forall i\in [1,M]\)，\(i\) 在 \(A\) 中的出现次数不超过 \(i\)。
\(N,M\le 300\)

难度：1
对每个 \(i\in [1,M]\) 定义 EGF，然后直接卷积。

F

计数一个长为 \(N\) ，值域为 \([1,3]\) 的序列，满足：

• \(2\) 出现偶数次。
• \(3\) 出现奇数次。

\(N\le 10^9\)

难度：1
仍然是 EGF，注意到 \(1\) 的 EGF 是 \(e^x\)，\(2\) 的 EGF 是 \(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\)，\(3\) 的 EGF 是 \(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)，卷起来是 \(\frac{e^{3x}-e^{-x}}{4}\)。
答案即 \(\frac{3^n-(-1)^n}{4}\)。

对于抽离出 \(d\mid i\) 的项的问题，更一般的方法是单位根反演，不过这道题可以直接观察得到。

G

省流：给定 \(N,M,L\)，对于每个区间 \([l,r]\in [1,M],r-l+1=L\)，求 \([x^N]\prod_{i=l}^r\frac{1}{1-x^i}\)。
\(L\le M\le N\le 5000\)

难度：1
可以维护两个指针，只需 \(O(n)\) 地加入或者删除一个位置。加入一个位置相当于是完全背包，否则是 01 背包。

H

省流：\(f_{i,j}=(\sum_{k=0}^{j}f_{i-1,k})+(\sum_{k=0}^{j-1}f_{i,k}),f_{0,0}=1\)。
给定 \(N,M\)，求 \(f_{N,M}\)。
\(N,M\le 2\times 10^5\)。

难度：1
同 A 的方法定义 GF。

I

省流：给定 \(N,K\) 以及长为 \(N\) 的序列 \(A\)，求 \([x^K]\prod_{i=1}^{N}(1+A_ix)\)。
\(K\le N\le 2\times 10^5\)。

难度：1
直接分治 NTT。

J

省流：给定一个长度为 \(M\) 的递增序列 \(A\)，长度为 \(L\) 的递增序列 \(B\)，定义 \(f_i=\frac{1}{M}[\forall B_j\neq i]\sum_{j=1}^{M}f_{i-A_{j}},f_0=1\)，求 \(\frac{1}{M}\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=1}^{M}[A_j+i\ge N])f_i\)。
\(2 \leq N \leq 2.5 \times 10^5,M \leq N,L \leq N-1\)
\(1 \leq A_1 < A_2 < \dots < A_M \leq N\)
\(1 \leq B_1 < B_2 < \dots < B_L \leq N-1\)

难度：1

前半部分是标准的半在线卷积，可以分治。后半部分可以双指针。
这个为什么过的不多？看着很吓人所以后面才开这道题。

K

计数大小为 \(N\) 的排列 \(p\)，满足对 \(\forall i\in [1,N),(\max_{j=1}^{i}p_j)\neq i\)。
\(N\le 2.5\times 10^5\)

难度：1
设 \(f_i\) 表示大小为 \(i\) 的排列的合法方案数，枚举第一个不合法的位置容斥掉，可得出转移 \(f_{i}=i!-\sum_{j=1}^{i-1}f_j(i-j)!\)。
可以直接分治 NTT，也可以设 GF 方程然后做多项式求逆。

L

计数大小为 \(N\) 的排列 \(p\)，满足对 \(\forall i\in [1,N],p_{p_i}\neq i\)。
\(N\le 2.5\times 10^5\)

难度：1
考虑不合法排列的形态，将 \(i\rightarrow p_i\) 连边，不合法的一定是形如若干自环以及二元环。
尝试去钦定 \(i\) 个位置不合法，容易计算得一个自环的容斥系数是 \(-1\)，二元环的总容斥系数是 \(-1-1+1=-1\)。
因此对自环以及二元环定义 EGF，分别为 \(e^{-x}\) 以及 \(\sum_{i=0}^{n}[2\mid i]\frac{(-1)^{\frac{i}{2}}f_ix^i}{i!}\)，其中 \(f_i\) 为 \(i\) 个点两两匹配方案数。

M

计数 \(N\) 个点的无向连通图个数。
\(N\le 2.5\times 10^5\)

难度：1
设 \(F\) 为无向图的 EGF，\(G\) 为无向连通图的 EGF，有 \(G=\ln F\)。

N

有面额为 \([1,N]\) 的硬币，面额为 \(i\) 的有 \(A_i\) 个，求支付 \(N\) 元的方案数。
\(1\le A_i\le N\le 2.5\times 10^5\)

难度：1
即 \([x^N]\prod_{i=1}^{N}\frac{1-x^{(A_i+1)i}}{1-x^i}\).
化为 \(\exp(\sum_{i=1}^{N}\ln(\frac{1-x^{(A_i+1)i}}{1-x^i}))\)
也即 \(\exp(\sum_{i=1}^{N}(\ln(1-x^{(A_i+1)i})-\ln(1-x^i)))\)
有经典式子 \(-\ln(1-x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^i}{i}\)。
那么容易将原式做到调和级数 \(O(n\ln n)\)。

O

计数 \(N\) 个点的有标号树，使得其以 \(1\) 为根，且每个结点儿子数量要么为质数，要么为 \(0\)。
\(3\le N\le 2.5\times 10^5\)

难度：1
拉反板子。
定义 \(y\) 为题目中 \(N\) 个点的有标号树的 EGF，显然有 \(y=x(1+\frac{y^2}{2!}+\frac{y^3}{3!}+\frac{y^5}{5!}+\dots )\)。
那么定义 \(F(x)=\frac{x}{1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\dots }\)，有 \(F(y)=x\)。
则根据拉格朗日反演有 \([x^N]y=\frac{1}{N}[x^{N-1}](\frac{x}{F(x)})^{N}\)，可以多项式快速幂。

P

省流：给定 \(N,M,K\)，对于每个 \(m\in [1,M]\)，求出 \(\sum_{i=0}^{K}\binom{N}{i}m^{N-i}\)。
\(1\le K\le N\le 1\times 10^5,M\le 10^5\)

难度：1
义眼多项式多点求值，但是不会这个板子。钦定板子是可以贺的，咕了（

Q

省流：给两个长度分别为 \(N,M\) 的数组 \(A,B\)。给定 \(K\)，对每个 \(k\in [1,K]\)，求 \(\frac{1}{NM}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}(a_i+b_j)^k\)
\(N,M,K\le 10^5,A_i,B_i\le 10^8\)

难度：2
想了一会儿。
用二项式定理将括号拆开后是一个卷积形式，过程是平凡的，这里不提，总之难点是要求出 \(f_{k}=\sum_{i=1}^{n}a_i^k\)。
我们发现这个东西的 GF 是 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1-a_ix}\)。
对其进行暴力通分，分母是 \(\prod_{i=1}^{n}(1-a_ix)\)，容易分治 NTT。
分子即 \(\sum_{i=1}^{n}\prod_{j\neq i}(1-a_jx)\)。（主要是处理这个想了一会儿）
注意到这个式子也可以分治求，即我们尝试求出 \(\sum_{i=l}^{mid}\prod_{j\in [l,mid],j\neq i}(1-a_{j}x)\) 以及另一侧的多项式。可以发现这个是能合并的，只需要再维护出 \(\prod_{i=l}^{mid}(1-a_ix)\) 就可以了。