P3214 [HNOI2011] 卡农解题报告

1. 问题解读

首先，我们来弄清楚题目到底要求我们做什么。

基本元素: 有 \(n\) 种不同的音阶（可以看作数字 \(1, 2, \ldots, n\)）。
片段: 一个“片段”是从这 \(n\) 种音阶里选出一些（至少一个）组成的集合。例如，当 \(n=3\) 时，\(\{1, 2\}\) 就是一个片段。
音乐: 一段“音乐”是由 \(m\) 个互不相同的片段组成的。
核心限制: 在这 \(m\) 个片段中，每一种音阶（\(1, 2, \ldots, n\)）出现的总次数必须是偶数。
等价关系: 片段的顺序不重要。例如，音乐 \(\{\{1,2\}, \{3\}\}\) 和音乐 \(\{\{3\}, \{1,2\}\}\) 是同一种。

目标: 计算满足以上所有条件的音乐一共有多少种。

样例解释: 当 \(n=2, m=3\) 时，唯一的解是音乐 \(\{\{1\}, \{2\}, \{1,2\}\}\)。
让我们来验证一下：

3个片段: \(\checkmark\)
片段互不相同: \(\{1\}, \{2\}, \{1,2\}\) 确实是三个不同的集合。\(\checkmark\)
音阶出现偶数次:
- 音阶 1 出现在 \(\{1\}\) 和 \(\{1,2\}\) 中，共 2 次（偶数）。\(\checkmark\)
- 音阶 2 出现在 \(\{2\}\) 和 \(\{1,2\}\) 中，共 2 次（偶数）。\(\checkmark\)
  所有条件都满足，所以这是一种合法的音乐。

2. 核心思路：化繁为简

直接计算满足所有条件的“无序”集合的个数比较困难。组合问题中有一个经典的技巧：先计算有序排列的个数，再除以排列数得到无序组合的个数。

原问题: 从所有可能的片段中，选出 \(m\) 个不同的片段组成一个集合，满足“偶数次”限制。
转化后的问题: 我们先计算，选出 \(m\) 个不同的片段排成一个序列 \(S_1, S_2, \ldots, S_m\)，满足“偶数次”限制，共有多少种方案。

如果我们求出了序列的方案数，记为 Ans_ordered，由于这 \(m\) 个片段是互不相同的，任何一种合法的音乐都可以通过 \(m!\) 种不同的排列方式形成一个合法的序列。因此，最终答案就是 Ans_ordered / m!。

现在，我们的目标变成了：
找到满足以下三个条件的片段序列 \((S_1, S_2, \ldots, S_m)\) 的数量：

每个 \(S_i\) 都是非空集合。
所有 \(S_i\) 互不相同。
每个音阶在所有 \(S_i\) 中出现的总次数为偶数。

3. 动态规划 (DP) 设计

这个问题很适合用动态规划来解决。我们一步步构建这个长度为 \(m\) 的序列。

状态定义:
\(dp[i]\) 表示：构造一个长度为 \(i\) 的片段序列 \((S_1, \ldots, S_i)\)，满足上述三个条件的方案数。

我们的最终目标是求出 \(dp[m]\)，然后除以 \(m!\)。

状态转移:
如何从已知的 \(dp[i-1], dp[i-2], \ldots\) 推导出 \(dp[i]\) 呢？我们采用容斥原理的思想。

关键性质: “每个音阶出现偶数次”这个条件非常强大。如果我们已经确定了前 \(i-1\) 个片段 \((S_1, \ldots, S_{i-1})\)，那么第 \(i\) 个片段 \(S_i\) 其实是唯一确定的！

为什么呢？对于任何一个音阶 \(k\)，如果在前 \(i-1\) 个片段里出现了奇数次，那么为了满足总共出现偶数次的要求，\(S_i\) 中就必须包含音阶 \(k\)。反之，如果出现了偶数次，那么 \(S_i\) 中就不能包含音阶 \(k\)。这样一来，\(S_i\) 的内容就完全由前 \(i-1\) 个片段决定了。

推导过程:
我们先任意选择 \(i-1\) 个不同的、非空的片段作为 \(S_1, \ldots, S_{i-1}\)，然后根据它们计算出“必须”的 \(S_i\)。这个初步构造出来的序列 \((S_1, \ldots, S_i)\) 满足了条件3，但可能违反了条件1（\(S_i\) 为空）或条件2（\(S_i\) 与前面的某个片段重复）。

总方案数:
- 总共有 \(2^n\) 个子集，去掉空集，有 \(2^n-1\) 个可用的片段。
- 我们要从中选出 \(i-1\) 个不同的片段，并按顺序排列。方案数就是排列数 \(A_{2^n-1}^{i-1}\)。
- 这样，我们就得到了一个序列 \((S_1, \ldots, S_{i-1})\)，并且随之确定了 \(S_i\)。
减去不合法方案:
- 情况A：\(S_i\) 变为空集了
  - 如果我们选的 \(S_1, \ldots, S_{i-1}\) 恰好使得每个音阶都出现了偶数次，那么推算出来的 \(S_i\) 就会是空集。这违反了条件1。
  - 什么样的 \((S_1, \ldots, S_{i-1})\) 会导致这种情况？这不正是长度为 \(i-1\) 的合法序列的定义吗！
  - 所以，这种情况的方案数就是 \(dp[i-1]\)。我们需要减掉它。
- 情况B：\(S_i\) 与前面的某个片段 \(S_j\) 重复了 (\(1 \le j \le i-1\))
  - 这种情况违反了条件2。我们来分析一下。
  - 假设 \(S_i = S_j\)。根据 \(S_i\) 的推导规则，这意味着在 \(S_1, \ldots, S_{i-1}\) 中，除 \(S_j\) 之外的 \(i-2\) 个片段，它们合起来已经满足了“每个音阶出现偶数次”的条件。
  - 这 \(i-2\) 个片段本身也需要是互不相同的、非空的。这恰好是 \(dp[i-2]\) 的定义！
  - 那么我们如何构造出这种不合法的情况呢？
    1. 选定一个重复位置: \(S_i\) 要和前面的某个 \(S_j\) 重复，这个 \(j\) 有 \(i-1\) 种选择（从 \(1\)到 \(i-1\)）。
    2. 构造核心序列: 剩下的 \(i-2\) 个片段需要构成一个合法的序列，方案数为 \(dp[i-2]\)。
    3. 选择 \(S_j\) 的内容: \(S_j\) 可以是什么？它可以是任何非空集合，只要不与那 \(i-2\) 个核心片段重复即可。总共有 \(2^n-1\) 个非空片段，已经被占用了 \(i-2\) 个，所以 \(S_j\) 有 \((2^n-1) - (i-2) = 2^n - i + 1\) 种选择。
  - 把这三步乘起来，就得到了这种情况的总方案数：\(dp[i-2] \times (i-1) \times (2^n - i + 1)\)。我们也需要减掉它。

DP 转移方程:
综合以上分析，我们得到：
\(dp[i] = A_{2^n-1}^{i-1} - dp[i-1] - dp[i-2] \times (i-1) \times (2^n - i + 1)\)

边界条件:

\(dp[0] = 1\) (空序列是合法的，为后续计算提供基础)
\(dp[1] = 0\) (只选1个非空片段，音阶数不可能是偶数，所以方案为0)

4. 最终答案与代码实现

根据DP方程，我们可以从 \(i=2\) 开始一直计算到 \(m\)。

预处理:
- 快速幂计算 \(2^n \pmod{10^8+7}\)。
- 预处理排列数 \(A_{2^n-1}^{k}\) (for \(k=0, \ldots, m-1\))。可以递推计算：A[k] = A[k-1] * (2^n - 1 - (k-1)) % MOD。
- 预处理 \(m!\) 的模逆元，用于最后一步计算。根据费马小定理，\(a^{p-2} \equiv a^{-1} \pmod p\)。
DP计算:
- 初始化 dp[0]=1, dp[1]=0。
- 写一个循环从 \(i=2\) 到 \(m\)，根据上面的转移方程计算 dp[i]。注意处理负数取模，统一 (x % MOD + MOD) % MOD。
输出结果:
- 最终结果为 \(dp[m] \times (m!)^{-1} \pmod{10^8+7}\)。

代码逻辑剖析:

// 伪代码
const int MOD = 1e8 + 7;

// 读入 n, m
// total_sets = (qpow(2, n) - 1 + MOD) % MOD; // 2^n - 1

// 预处理排列数 A
A[0] = 1;
for i = 1 to m:
    A[i] = A[i-1] * (total_sets - (i-1) + MOD) % MOD;

// DP
dp[0] = 1;
dp[1] = 0;
for i = 2 to m:
    // dp[i] = A[i-1] - dp[i-1] - dp[i-2] * (i-1) * (total_sets - (i-2))
    // 注意题解代码中的 (orz - i + 2) 就是 ( (2^n-1) - (i-2) )
    term1 = A[i-1];
    term2 = dp[i-1];
    term3 = dp[i-2] * (i-1) * (total_sets - i + 2 + MOD) % MOD;
    dp[i] = (term1 - term2 - term3 + MOD + MOD) % MOD;

// 计算 m! 的逆元
inv_m_factorial = qpow(factorial(m), MOD - 2);

// 输出最终答案
ans = dp[m] * inv_m_factorial % MOD;
cout << ans;

5. 总结

本题是一道构思巧妙的计数DP问题，融合了组合数学和容斥原理。解题的关键路径如下：

问题转化: 将复杂的“无序集合”计数问题，转化为“有序序列”计数，最后再除以阶乘。这是处理组合问题的常用技巧。
发现核心性质: 抓住“每个音阶出现偶数次”这一强力约束，推导出“确定前 \(i-1\) 个，第 \(i\) 个就确定了”的关键结论。
容斥DP: 以“任意选择前 \(i-1\) 个片段”为全集，减去导致第 \(i\) 个片段不合法的两种情况（为空或重复），从而建立DP转移方程。
细致推导: 准确计算出每种不合法情况的方案数，特别是情况B（\(S_i\)重复）的推导，需要清晰的逻辑。

通过这个过程，我们将一个看似棘手的问题，分解成了逻辑清晰、可按部就班求解的步骤。

posted @ 2025-07-21 15:22 surprise_ying 阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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