ACM中的组合计数题单好题汇总(持续更新中)

前言:

这里会分享一些精妙的组合计数题, 此类题往往需要选择合适的计数集合的划分方式, 有些计数角度的精妙, 个人感觉没有做过相对的题目, 或者是计数感足够犀利, 实在是很难想到正确的角度, 所以这里会汇总一些有趣的计数题, 希望可以帮助到一部分人

ARC168 C - Swap Characters

题意:

给定一个长度为\(N\), 且只包含A, B, C 的字符串\(S\), 我们可以做如下的操作不超过\(K\)次:

• 任意交换两个字符

问最后\(S\)可能变成的字符串有多少种?

思路:

乍一看这个条件其实很强劲, 我们可能上来会先想dp, 但是一定不要忘记只含有三种字符这个关键条件
我们将字符串\(S\)可能变成的结果字符串设为\(T\), 那么问题其实就转化为了:

• 有多少种字符串\(T\), 是可以通过对\(S\)进行不超过\(K\) 次操作得来?

不错! 好像前进了一步, 这样就可以自然地想出下一阶段的问题:

• 字符串\(S \rightarrow T\) 最少经过多少次变换?

那么我们只需要关心对应位置的关系, 我们设$f(x, y) := $ 有多少个位置pos, 使得\(S[pos] = x\), 并且\(T[pos] = y\), 那么首先我们只需要关心\(x != y\)的\(f\)值 (x, y 是字符)
首先如果\(f(x, y) > 0\), \(f(y, x) > 0\), 那么我们是不是可以交换这两个位置, 使得两个值都减一, 可以持续这样的操作, 直到有一方为0
结果就会变成\(f(A, B) = f(B, C) = f(C, A) = X\), \(f(A, C) = f(C, B) = f(B, A) = Y\), 且X和Y之中的其中一个肯定为0
不妨设\(X > 0\), 我们可以找到三个位置\((A, B, C) \rightarrow (B, C, A)\), 只需要进行两次交换操作, 此时X--
综上, 我们找到了将\(S\)变成\(T\)的方法, 通过这种方法, 我们似乎也可以找到一种对\(T\)的计数方式.
我们可以枚举\(f\) 的值, 具体地说, 可以分别枚举(A, B), (B, C), (A, C), (A, B, C)出现的次数, 前三对是操作1, 后面的是操作2, 操作2的代价是两次交换, 操作1的代价是一次交换,
得益于\(K\)的范围很小, 所以可以轻松解决

ABC313 G-Redistribution of Piles

题意:

有\(N\)堆石子, 每堆石子的个数为\(A_i\), 现在我们可以进行以下两种操作的任意一种任意次:

• 对于当前所有的堆, 如果石子数大于0, 就拿走一个放到背包里, 初始时背包为0
• 如果背包内的石子数大于等于\(N\), 就拿出\(N\)个石子, 在\(N\)堆都放入一个石子

问最后可能的石子序列有多少种, 注意最后背包可以不为空

分析:

如果称第一种操作为A操作, 第二种操作为B操作, 可以发现如果进行一次B操作, 那么之后的一次A操作是没有意义的, 所以可以断言, 操作序列一定是形如A...AB...B的形式

这是一种很常用的技巧!, 我们可以在很多题目中找到类似的技巧, 也就是我们在结果与操作序列之间建立双射关系的时候, 会发现一种结果对应好多种操作序列, 我们会优先选择一种最为简单的操作序列与之建立一一映射

回到正题, 不妨按照石子个数升序排序, 那么根据上述推论, 我们会一直执行A操作, 假设在进行了若干次后停止, 我们可以知道此时一定有一个前缀全0
此时我们枚举变0的位置, 统计当前背包的石子数\(s\), 那么当前局面B的最多操作次数就是\(\frac{s}{n}\) 下取整, 至此问题完美解决
(PS: 暴力计算是\(O(n*max\{A_i\})\), 但是计算B的可操作计数可以使用类欧计算)

CF1096E The Top Scorer

题意:

小明在打比赛，包括小明自己一共有 \(p\) 名选手参赛，每个人的得分是一个非负整数。最后的冠军是得分最高的人，如果得分最高的人有多个，就等概率从这些人中选一个当冠军。

现在小明已知了自己的得分大于等于 \(r\)，所有选手的得分和为 \(s\)。求小明获胜的概率，结果对 \(998244353\) 取模。

分析:

我们发现其实如果固定小明的分数, 那么整个序列的最大值是确定的, 首先我们枚举小明的分数\(x\), 其次枚举\(y\)人和小明同一个分数, 然后我们算出对应局面的方案数\(T(x, y)\), 那么答案就是

\[\frac{\sum_{x = r}^{s}{\sum_{y = 0}^{p - 1}{\frac{\binom{p - 1}{y}T(x, y)}{y + 1}}}}{\binom{s - r + p - 1}{p - 1}} \]

分母是通过隔板法算出的方案数, 分子就是枚举的结果, 别忘了同分数的要选择小明, 所以还需要除以\(y\)
那么问题就是如何计算当前局面的方案数, 我们将问题抽象出来, 其实就是

• \(f(n, s, k):=\)当前有\(n\)个人, 分数和为\(s\), 每个人分数小于等于\(k\)的方案数

这就是经典的二项式反演模型, 我们假设\(g(i):=\) 至少有\(i\)个人不合法的方案数, \(h(i):=\)恰好有\(i\)个人不合法的方案数
那么

\[g(i) = \binom{s - (k + 1) * i + n - 1}{n - 1} * \binom{n}{i} \]

这里要注意, 因为每个人是互不相同的, 所以在计算至少有\(i\)个人的时候, 要先选出来\(i\)个人, 然后钦定这\(i\)个人大于\(k\), 之后再计数
然后我们由二项式反演, 可得

\[g(i) = \sum_{j >= i}{\binom{j}{i}h(j)} \]

自然就有

\[h(i) = \sum_{j >= i}{(-1)^{j - i}\binom{j}{i}g(j)} \]

至此本题解决
有点小心得, 众所周知, 二项式反演有两种形式: (至少 <-> 恰好) 以及 (至多 <-> 恰好)
我个人比较习惯至少, 因为比较自然
其次, "至少"其实就是钦定一部分, 这一部分一定要易于计算, 然后剩下的放任自流, 比如本题如果我们设\(g(i):=\) 至少有\(i\) 个人合法, 那我们钦定这\(i\)个人感觉没啥卵用, 因为无法计算, 我们只会算"不合法+放任自流"的方案, 不会算"合法+放任自流"的方案

ABC215G Colorful Candies 2

题意

现在有 \(n\) 个糖果, 每个糖果有一种颜色 \(c_i\).

现在高桥君想要在中间选 \(k\) 个糖果. 由于他想吃最多种颜色的糖果, 所以他的快乐值是选择的糖果的颜色种类数.

例如, 选择糖果的颜色是 \(\{2,3,3\}\), 那么他的快乐值是 \(2\).

对于 \(\forall k \in [1,n]\), 求出高桥君随机选择 \(k\) 个糖果的快乐值的期望值, 对 \(998244353\) 取模.

\(n \le 5 \times 10^4\), \(c_i \le 10^9\).

分析:

这里应该对"拆贡献"这一计数技巧足够敏感, 注意到答案就是:

\[\frac{每种选择方案 * 方案颜色数}{总的情况} \]

总的情况其实就是\(\binom{n}{k}\), 所以问题就是如何计算分母, 正面思考就是找方法计算每种颜色数所对应的情况数, 但是发现难以入手, 或者说是得不到一个理想复杂度的式子
这个时候反过来考虑每个颜色的贡献, 也就是有多少种情况, 会使得这个颜色产生贡献, 记\(cnt_{i}\) 为颜色\(i\)出现的次数, 那么如果选择\(k\)个糖果, 这个颜色产生贡献的方案数为

\[\binom{n}{k} - \binom{n - cnt_i}{k} \]

上述式子意义就是有多少种选择方式, 使得会选到颜色\(i\), 当然这个时候颜色\(i\)就会产生1个贡献, 所以选择\(k\)个糖果的期望就是

\[\sum_{c \in C}{\frac{\binom{n}{k} - \binom{n - cnt_c}{k}}{\binom{n}{k}}} \]

因为最多\(n\) 种颜色, 所以我们得到了一种\(O(n^2)\) 的做法
这个时候有一个很妙的trick, 如果有两种颜色的出现次数一样, 那么他们的贡献一样, 所以我们合并同种出现次数的颜色, 那么这个时候的颜色种类数最多\(\sqrt{n}\)种, 此时时间复杂度为\(O(n\sqrt{n})\) 可以接受