数学做题记录——组合篇

P4921 [MtOI2018] 情侣？给我烧了！

设 \(F(S)\) 为钦定集合 \(S\) 中的情侣对恰好坐在一起的方案数，设 \(|S| = k\)，则

\[F(S) = \frac{n!}{(n-k)!} 2^k (2n-2k)! \]

设 \(G(S)\) 为恰好集合 \(S\) 中的情侣对恰好坐在一起的方案数，则

\[F(S) = \sum_{S \subseteq T} G(T) \]

\[G(S) = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T| - |S|}F(T) \]

令 \(g(k) = \sum_{|S| = k} G(S)\)，\(f(k) = \sum_{|S| = k} F(S) = \binom{n}{k}\frac{n!}{(n-k)!} 2^k (2n-2k)!\)，对上式两边求和，得

\[\sum_{|S| = k} G(S) = \sum_{|S| = k} \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T| - |S|}F(T) \]

于是

\[\begin{aligned} g(k) &= \sum_{|T| \ge k} \sum_{S \subseteq T \land |S| = k} (-1)^{|T| - k} F(T) \\ &=\sum_{|T| \ge k}(-1)^{|T| - k} \binom{|T|}{k} F(T) \\ &= \sum_{p = k}^n (-1)^{p - k} \binom{p}{k} f(p) \\ &= \sum_{p = k}^n (-1)^{p - k} \binom{p}{k} \binom{n}{p}\frac{n!}{(n-p)!} 2^p (2n-2k)! \end{aligned} \]

考虑将 \(k\) 分离出来，我们有 \(\binom{p}{k} \binom{n}{p} = \binom{n}{k} \binom{n - k}{p - k}\)，则

\[\begin{aligned} g(k) &= \sum_{p=k}^n (-1)^{p-k} \binom{n}{k} \binom{n - k}{p - k} \frac{n!}{(n-p)!} 2^p (2n-2p)! \\ &= n! \binom{n}{k} 2^k \sum_{p=k}^n (-1)^{p-k} \binom{n - k}{p - k} \frac{1}{[(n-k)-(p-k)]!} 2^{p-k} [2(n-k) - 2(p-k)]! \end{aligned} \]

用 \(t = p - k\) 换元，有

\[\begin{aligned} g(k) &= n! \binom{n}{k} 2^k \sum_{t=0}^{n-k} (-1)^t \binom{n - k}{t} \frac{[2(n-k) - 2t]!}{(n - k - t)!} 2^t \end{aligned} \]

记 \(\phi(n) = \sum_{t=0}^{n} (-1)^t \binom{n}{t} \frac{(2n-2t)!}{(n - t)!} 2^t\)，则 \(g(k) = n! \binom{n}{k} 2^k \phi(n - k)\)，\(O(n^2)\) 预处理 \(\phi(n)\)，\(O(n)\) 计算所有 \(g(k)\)，即可做到 \(O(n^2 + Tn)\)

对于加强版，考虑如何快速计算 \(\phi(n)\)，由于没有很好的组合公式，考虑递推

首先我们需要让 \(\phi(n)\) 看着更好看一点，注意到 \(\binom{n}{t} = \binom{n}{n - t}\)，可以转为枚举 \(n - t\)，则

\[\begin{aligned} \phi(n) &= \sum_{t=0}^{n} (-1)^t \binom{n}{t} \frac{(2n-2t)!}{(n - t)!} 2^t \\ &= \sum_{t=0}^{n}(-1)^{n-t} \binom{n}{t} \frac{(2t)!}{t!} 2^{n - t} \\ &= (-2)^n \sum_{t=0}^{n}(-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n}{t} \frac{(2t)!}{t!} \end{aligned} \]

令 \(h(n) = \sum_{t=0}^{n}(-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n}{t} \frac{(2t)!}{t!}\)，有组合数，考虑递推

\[\begin{aligned} h(n) &= \sum_{t=0}^{n}(-1)^{-t} 2^{-t} (\binom{n-1}{t} + \binom{n-1}{t-1}) \frac{(2t)!}{t!} \\ &=\sum_{t=0}^{n-1}(-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n-1}{t} \frac{(2t)!}{t!} + \sum_{t=1}^{n}(-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n - 1}{t - 1} \frac{(2t)!}{t!} \\ &= h(n - 1) + \sum_{t=0}^{n-1}(-1)^{-(t + 1)} 2^{-(t + 1)} \binom{n-1}{t} \frac{(2t)!}{t!} \times 2 \times(2t+1) \\ &= h(n - 1) - \sum_{t=0}^{n-1}(-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n-1}{t} \frac{(2t)!}{t!} \times(2t+1) &(将 2t+1 拆开)\\ &=-2\sum_{t=0}^{n-1} (-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n-1}{t} \frac{(2t)!}{t!} \times t \end{aligned} \]

于是再令 \(\alpha(n) = \sum_{t=0}^{n} (-1)^{-t} 2^{-t} \binom{n}{t} \frac{(2t)!}{t!} \times t\)

\[\begin{aligned} \alpha(n) &= \sum_{t=0}^{n-1} (-1)^{-t} 2^{-t} \frac{n!}{t!(n-t)!} \frac{(2t)!}{t!} \times t \\ &= \sum_{t=0}^{n-1} (-1)^{-t} 2^{-t} \frac{n!}{(t - 1)!(n-t)!} \frac{(2t)!}{t!} \\ &= \sum_{t=0}^{n-1} (-1)^{-t} 2^{-t} n\binom{n-1}{t-1} \frac{(2t)!}{t!} \\ &= n\sum_{t=0}^{n-1} (-1)^{-t} 2^{-t} n\binom{n-1}{t-1} \frac{(2t)!}{t!} \end{aligned} \]

到这一步之后就和上面 \(h(n)\) 化简中的第二项一样了，所以

\[h(n) = -2\alpha(n-1) \\ \alpha(n) = -n(2\alpha(n-1) + h(n-1)) \]

回归主题，

\[\begin{aligned} g(k) &= n! \binom{n}{k} 2^k \phi(n - k) \\ &= n! \binom{n}{k} 2^k (-2)^{n-k} h(n-k) \\ &= (-1)^{n-k}n! \binom{n}{k} 2^n h(n-k) \end{aligned} \]

\(O(n)\) 预处理 \(h(n)\) 和 \(\alpha(n)\) 即可 \(O(1)\) 回答，复杂度 \(O(n+T)\)

P4260 [Code+#3] 博弈论与概率统计

第 \(5\) 道黑

关于条件概率：

\[P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)} \]

所以单次胜率 \(p\) 直接就被消掉了，这题主要求的就是 Alice 得 \(k\) 分的方案数

首先想起来一个 CF 题，CF1845D Rating System

于是根据这个题，我们发现 Alice 的得分过程是这样的：

1. 得分从 \(0\) 开始增加，有若干次回到 \(0\)
2. 得分从 \(0\) 开始增加，不再回到 \(0\)

那么过程 \(2\) 的最终得分就是整个游戏 Alice 的最终得分

我们可以把赢看成 \(1\)，输看成 \(-1\)，那么整个游戏的情况就可以用一个序列来表示

考虑刻画这个东西的结构，每次得分回到 \(0\) 时，后面连续的一段 \(-1\) 都会被忽视

同时根据套路，我们发现，如果没有 \(0\) 的限制，那么两人得分之和始终是 \(0\)，所以可以看出，序列中被忽视的 \(-1\) 实际上也是得分的一部分，设被忽视的 \(-1\) 个数为 \(K\)，那么 Alice 的得分就是 \(N - M + K\)

接着考虑序列的其他部分，在这些部分中，Alice 的得分从来没有到过 \(0\) 以下，所以我们可以把它看成一个括号序列

那么整个序列就可以看成是有 \(\alpha\) 个完整的括号序列，加上末尾一个残缺的括号序列，在每相邻两个序列之间，以及开头（注意没有结尾，一定是以一个残缺的括号序列结尾）散布着若干个未匹配的左括号

如果设 \(F(n, m, \alpha)\) 为从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\) 期间不能越过 \(y=x\) 但是要经过该直线 \(\alpha\) 次（不算\((0, 0)\)）的方案数，那么得分为 \(N - M + K\) 的方案数就可以表示为：

\[\sum_{K = max(M - N, 0)}^M (N - M + K) \sum_{\alpha=0} \binom{K + \alpha}{K} F(N, M - K, \alpha) \]

后面一堆显然不可以直接计算，我们考虑组合意义，

在序列上，乘上 \(\binom{K + \alpha}{K}\) 相当于在两个独立的括号序列之间填上一些左括号，使得序列中总共有 \(K\) 个未匹配的左括号
在坐标系当中，这相当于在路径与 \(y=x\) 的每个交点处再向上走几步，这些额外的步数总和是 \(K\)

于是，一个自然的想法是这等价于在每个交点处，将后面的路径向上提升若干个单位，并且提升后路径不越过 \(y=x+K\)，从括号序列的角度来说，就是对于任意前缀，左括号数目减右括号数目 \(\le K\)，即 \(\binom{n + m}{n} - \binom{n + m}{m - k}\)

于是乎，我打了表，发现这是错的，但是歪打正着，我们观察数据发现上面这个关于 \(K\) 的数列的差分就是答案！哦哦，原来上面那个是 \(\le K\)，但是我们要求的是恰好有一个位置的括号数量差为 \(K\)，所以差分一下就对了

也就是说，得分为 \(K\) 的序列个数是 \(\binom{n + m}{m - k} - \binom{n + m}{m - k - 1}\)

有了这个式子，我们只需要代入原式，化简整理，就可以得到要求的式子：

\[\max\{0, n - m\}\binom{n + m}{\min\{n, m\}} + \sum_{i=0}^{\min\{n, m\} - 1} \binom{n+m}{i} \]

是一个下指标求和，没有可用的公式......

但是还是有做法的，下指标求和可以通过莫队解决，对于这个题，我们定义

\[f(n, m) = \sum_{i=0}^{n - 1}\binom{n+m}{i} \]

当 \(n \le m\) 时，\(f(n, m)\) 就是我们要求的答案的第二项，这样就有了一个类似区间的东西

裂项，有 \(f(n, m) = f(n - 1, m) + f(n, m - 1)\)

则

\[\begin{aligned} f(n + 1, m) &= f(n, m) + f(n + 1,m - 1) \\ &= f(n, m) + \sum_{i=0}^{n} \binom{n + m}{i} \\ &= 2f(n, m) + \binom{n + m}{n} \end{aligned} \]

同理可得 \(f(n, m + 1) = 2f(n, m) - \binom{n + m}{n-1}\)

对于 \(f(n, m - 1)\) 和 \(f(n - 1, m)\) 难以构造上指标依然为 \(n + m\) 的式子，我们考虑反解

由 \(f(n, m + 1) = 2f(n, m) - \binom{n + m}{n-1}\)，将 \(m + 1\) 换为 \(m\)，有

\[f(n, m - 1) = \frac{1}{2}(f(n, m) + \binom{n + m - 1}{n - 1}) \]

同理，

\[f(n - 1, m) = \frac{1}{2}(f(n, m) - \binom{n + m - 1}{n - 1}) \]

这样就可以进行莫队的转移了

复杂度为 \(O((N+M)\sqrt{N+M})\)

P2606 [ZJOI2010] 排列计数

取整看着不太友好，我们考虑把取整换元，条件变为：\(p_j > p_i\)，\(j \in [2i, 2i+1]\)，即 \(p_{2i} > p_i\) 且 \(p_{2i+1} > p_i\)，那很显然这就是小根堆所满足的条件，树形 dp 计算即可

若 \(t = \lfloor x / k \rfloor\)，则 \(x \in [tk, (t + 1)k)\)，可以用此换元，上取整同理

P3223 [HNOI2012] 排队

先考虑任意两名女生不相邻，将老师与男同学视为同类人，那么根据插板法，方案数是 \(\binom{n + 3}{m} (n+2)! m! = \frac{(n + 3)! (n + 2)!}{(n - m + 3)!}\) 再从中去掉两名老师在一起的方案数：\(2\binom{n + 2}{m} (n + 1)! m! = \frac{2(n + 2)! (n + 1)!}{(n - m + 2)!}\)

最终答案就是：

\[\frac{(n + 3)! (n + 2)!}{(n - m + 3)!} - \frac{2(n + 2)! (n + 1)!}{(n - m + 2)!} = (n + 2)^{\underline m}(n+1)! \times [(n+3)n - 2m] \]

注意这里由于题目需要高精度，我们将前面的阶乘都提出来，后面剩下一个可用单变量存下的值，方便计算

P5684 [CSP-J 2019 江西] 非回文串

同样的正难则反思想，用所有串的数量减去回文串的数量即可

P5505 [JSOI2011] 分特产

设每种特产的数量为 \(c_i\)，第 \(i\) 个人分到第 \(j\) 种特产的数量为 \(x_{i, j}\)

那么原问题相当于 \(\sum_{i=1}^n x_{i, j} = c_j\)，并且不存在 \(\sum_{j=0}^m x_{i, j} = 0\) 的非负整数解个数，考虑容斥

钦定 \(k\) 个人没分到任何特产，那么方案数为 \(\binom{n}{k} \prod_{j=1}^m \binom{c_j + n - k - 1}{c_j}\)

所以答案就是

\[\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \prod_{j=1}^m \binom{c_j + n - k - 1}{c_j} \]

\(O(nm)\) 计算即可

P3214 [HNOI2011] 卡农

好题

看到偶数，我们想到异或，我们把每个集合中所选数的情况用一个二进制数表示，那么问题就相当于选出 \(m\) 个不为 \(0\) 的互不相同的 \(N\) 位二进制数，满足它们的异或和为 \(0\)

这个东西很难直接计数，我们考虑递推，假设有一些不同的数构成一个集合 \(S\)，如果它们的异或和不在 \(S\) 中，并且异或和不为 \(0\)，那么把这个数加入 \(S\) 中，就可以得到一个异或和为 \(0\) 的集合。

设 \(f_n\) 为满足 \(\bigoplus_{x \in S} x = 0\) 的大小为 \(n\) 的合法集合个数，\(g_n\) 为满足 \(\bigoplus_{x \in S} x \notin S\) 且 \(\bigoplus_{x \in S} x \neq 0\) 的大小为 \(n\) 的合法集合个数

那么因为对于一个异或和为 \(0\) 的集合，从中选出任意一个元素，它与剩下集合的异或和均为 \(0\)，所以 \(f_n\) 所记的一个集合会被 \(g_{n-1}\) 的 \(n\) 个集合各记一次，有 \(f_n = g_{n-1} / n\)

现在考虑 \(g_n\)，“不属于”这一条件看着不好记数，正难则反，即用全集减去 \(\bigoplus_{x \in S} x \in S\) 或 \(\bigoplus_{x \in S} x = 0\) 的集合个数，显然这两者没有交集，可以分开计数，后者显然是 \(f_n\)

对于前者，即 \(\exist a \in S, a = \bigoplus_{x \in S} x\)，即 \(\exist a \in S, \bigoplus_{x\in S \setminus \{a\}} x = 0\)，而 \(S \setminus \{a\}\) 是一个大小为 \(n-1\) 的集合，再搭配上一个元素 \(a\)，数量就是 \(f_{n-1} (2^N - n)\)。

考虑为什么这样不会算重，假设有两个集合 \(A, B\) 被 \(f_{n-1}\) 计入，另外有两个数 \(a \notin A, b \notin B\)，且 \(A \cup \{a\} = B \cup \{b\}\)，因为 \(A, B\) 中元素异或和均为 \(0\) 要使 \(A\cup \{a\}\) 与 \(B \cup \{b\}\) 相等，它们的异或和必定相等，必有 \(a = b\)，从而必有 \(A = B\)，故不会算重

因此，\(g_n = \binom{2^N-1}{n} - f_n - f_{n-1}(2^N - n)\)

从而，

\[f_n = \frac{1}{n} g_{n-1} = \frac{1}{n} [\binom{2^N-1}{n - 1} - f_{n - 1} - f_{n-2}(2^N - n + 1)] \]

计算即可

同时，有一个优化，我们可以将计算组合数变为计算下降幂，提升效率，具体的，我们转为记录二进制数之间有序的方案数，设为 \(f^\prime_n = n!f_n\)，那么在递推式两边同乘 \(n!\)，得到

\[f^\prime_n = (2^N - 1)^{\underline{n-1}} - f^\prime_{n-1} - (n-1) f^\prime_{n-2} (2^N - n + 1) \]

最后再对 \(f^\prime_m\) 除以 \(m!\) 即可

P3773 [CTSC2017] 吉夫特

首先，题意是说求不上升子序列满足每个 \(\binom{a_i}{a_{i+1}}\) 均为奇数的子序列个数

我们考虑什么时候一个组合数是奇数，模 \(2\) 意义下，我们考虑 Lucas 定理，即 \(\binom{n}{m}\) 等于对 \(n\)，\(m\) 二进制中每一对应位分别求组合数再乘起来，所以只需考虑 \(\binom{0}{0}, \binom{0}{1}, \binom{1}{0}, \binom{1}{1}\) 四个数，其中只有 \(\binom{0}{1}\) 为 \(0\)，也就是说，\(\binom{n}{m} \mod 2 = 1 \Leftrightarrow m \subseteq n\)

然后枚举子集 \(O(3^{\log A})\) 即可

但是有一种更牛的做法，在上面的做法中，我们设 \(f(x)\) 为以数字 \(x\) 结尾的合法序列个数，其中 \(x\) 的位数是 \(18\)，为了优化，我们也可以将前 \(9\) 位与后 \(9\) 位分开记录，记为 \(f^\prime(a, b) = f(a\times 2^9 + b)\)

这样，可以批量统计答案，记 \(g(a, b) = \sum_{b \subseteq x} f(a, x)\)

那么，我们在计算 \(f^\prime(a, b)\) 时，只需枚举 \(a \subseteq x\) 累加 \(g(x, b)\) 并枚举 \(x \subseteq b\) 更新 \(g(a, x)\)

这样，即使 \(a_i\) 不互不相同，我们也可做到 \(O(n \sqrt{2^{\log A}})\) 的复杂度

CF2161F SubMST

不知道为啥自己没做出这题

首先上来肯定先刻画 MST 的结构

我从树上路径并的角度去刻画，发现会有重复经过的边，需要在“关键点”（是集合中某点对的 LCA 且不在所选集合中）处选择最优边，难以维护

想对树上路径拆贡献，但是发现会有等价路径，不会处理，于是放弃

但是实际上这个是可以做的，如果遇到贡献等价，只能选其一时，我们可以规定一个优先级或者取代表元

我们考虑树上一条链的贡献，对于链 \((u, v)\)，其长度为 \(d = dis(u, v)\)，那么如果在选取点集的子图 \(G_S\) 上，其有贡献当且仅当不存在一条 \(u \rightsquigarrow v\) 路径使得其上每条边均 \(< d\)，等价于不存在 \(t \in S\)，满足 \(d > \max\{dis(t, u), dis(t, v)\}\)

证明

必要性是显然的

对于充分性，使用反证法，

考虑 \((u, v)\) 这条链，对于 \(S \setminus \{u, v\}\) 中一个点 \(t\)，设其到 \((u, v)\) 的距离为 \(h\)，“垂足” （\((u, v)\) 与 \((u, t)\) 两条链交点）为 \(x\)，\(dis(u, x) = a\)，\(dis(x, v) = b\)，则 \(a + b = d\)

假设对于所有 \(t \in S \setminus \{u, v\}\)，均有 \(d \le \max\{dis(t, u), dis(t, v)\}\)，那么链 \((u, v)\) 上的点（\(u, v\) 除外）均不在 \(S\) 中，简单分讨可知 \(h \ge \min\{a, b\}\)，所以随 \(x\) 变化，\(h\) 的分布形如一个单峰序列，在链中点处最大，而由于我们必定有一条边跨越峰两侧，故这条边肯定长度大于 \(d\)，与条件矛盾，得证

于是我们考虑枚举每一条链，考虑给链定一个优先级，端点编号小的链更优，而且我们发现满足条件的 \(t\) 必然不会比 \(u, v\) 深度都大，所以考虑枚举链端点深度更大的点，向深度小的点连边，而且有了深度保证，相当于自动保证了 \(\max\) 中的一个限制，只需人工保证另一个就行了

来自 Str_ywr 的做法，

答案相当于是 \(\sum_{d} (comp(d) - 1)\)，其中 \(comp(d)\) 是连接所有边权 \(\le d\) 的边后，所选点集的连通块数量

所以我们只需要数连通块就行了，考虑给每个连通块规定一个代表元，这里我们选在原树上 \(bfs\) 序最小的点

然后我们发现，考虑到 \(comp(d)\) 时，点 \(u\) 是一个连通块中 \(bfn\) 最小的点 \(\Leftrightarrow\) \(u\) 的 \(d\) 邻域内没有比它 \(bfn\) 更小的点

充分性显然，对于必要性，我们考虑反证法，假设 \(u\) 的 \(d\) 邻域内没有比它 \(bfn\) 更小的点，但是在其连通块内有 \(bfs\) 更小的点 \(v\) ，我们将说明，必然存在一条连接 \(u, v\) 的路径，使得路径上的点 \(bfn\) 递减

假设一条路径 \(u \rightarrow s \rightarrow t\)，满足 \(bfn_s > bfn_u\) 且 \(bfn_s > bfn_t\)，一定存在一条路径 \(u \rightarrow t\)

考虑 \(u, s, t\) 三点构成的虚树，设其根为 \(r\)，那么考虑树的直径，由于 \(bfn_s\) 最大，其深度不小于 \(u, t\)，\(s\) 必然是这棵虚树直径的一个端点，直径 \(d = \max(dis(u, s), dis(t, s))\)，那么根据直径定义，\(dis(u, t) \le d = \max(dis(u, s), dis(t, s))\) 所以在完全图上，边 \((u, v)\) 此时必然已经被考虑

对一条 \(u \rightarrow t\) 的路径进行这般调整，即可得到一条 \(bfn\) 递减的路径，而由于 \(u\) 的 \(d\) 邻域内（即相邻节点中）没有 \(bfn\) 更小的，故假设不成立，必要性得证

所以只需考虑所有 \(u, d\)，当 \(u\) 的 \(d\) 邻域内 \(bfn\) 比 \(u\) 小的点均不在钦定的点集中，\(u\) 就有 \(1\) 的贡献，直接统计即可

P4707 重返现世

学习 Min-Max 容斥

Min-Max 容斥在概率期望中可以用来求某个时间集合全部发生的期望时间

此题中，我们设第一次收集到第 \(i\) 种原料的时间为 \(t_i\) 那么问题就是求 \(kth\min S\)，即 \((n-k+1)th \max S\)，直接上 Min-Max 容斥，得到

\[\begin{aligned} E((n-k+1)th \max S) &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T| - n + k - 1} \binom{|T| - 1}{n - k} E(\min T) \\ &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T| - n + k - 1} \binom{|T| - 1}{n - k} \frac{m}{\sum_{p\in T} p} \end{aligned} \]

发现分母 \(\sum_{p \in T} p\) 很难拆开，但值域不大，考虑背包，式子变为

\[\sum_{P=1}^m \frac{m}{P} \sum_{\mathrm{sum} (T) = p} (-1)^{|T|-n+k-1} \binom{|T| - 1}{n - k} \]

后面的求和可以用背包做，考虑组合数的组合意义：从 \(T\) 中选出 \(n - k\) 个关键点的方案数，可以加到 dp 里做，符号也类似，由于 \(n - k \le 10\)，复杂度为 \(O(mn(n-k))\)，可以接受