计数与期望概率

Bracket Insertion

大概就是对最后的括号序列dp，算一下概率，用前缀和优化一下，没了？

A Random Code Problem

首先显然对于$V=LCM(1,2,\dots,n)$，可以将每个$A$分解成$aV+b$的形式，则$a$一定不会被改变，可以先算出期望然后剩下$b$。

然后设$f_{i,j}$表示$i$次操作剩$j$的期望值，然后再把上面的$b$算出答案就好了。

注意到$17$是不用算入$V$中的，所以复杂度$O(720720k)$。

Research Rover

不会容斥（迫真

显然有用的经过障碍点个数只有$\log S$个剩下的全是$1$。那么就设$f_{i,j}$表示到了第$i$个点，经过$j$个障碍点的方案数。

发现不是很好dp，那就设$f_{i,j}$表示到了$i$点，至少经过$j$个障碍点的方案数，这个东西可以一边做一边差分，也可以最后二项式反演，做到$O(k^2\log S)$。

ClosestRabbit

诈骗题。

这个图只会有二元环，而且显然每个联通块一个。

则枚举二元环的两个点算贡献即可。注意精度。

Yes or No

首先发现我猜什么和这个点答案出什么是独立的，也就是说状态应该形如$f(n,m)=pf(n-1,m)+(1-p)f(n,m-1)+c$。

发现在一个点出YES个概率是$\frac{n}{n+m}$，出NO的概率是$\frac{m}{n+m}$，那么肯定猜大的，则概率为$\frac{\max(n,m)}{n+m}$。

直接这样算不是很好算，首先如果碰到对角线可以看作弹回来，则至少会猜对$\max(n,m)$个，考虑怎么样会多，发现只有在对角线上会乱猜，这时候有$\frac{1}{2}$的期望，则枚举对角线上的点算贡献即可。

~K Perm Counting

显然先按$\bmod k$分，成为若干条链，然后考虑一条链的情况，最后背包合并。

考虑容斥，设$f_{i,j，0/1}$表示到了第$i$个点，有至少$j$个位置不满足，前一个数有没有选的方案数，转移显然，可以做到$O(n^2)$。

但是$O(n\log n)$让我大为震撼。

考虑不用dp做一条链，实际上可以将这条链的值域和位置拆开，然后连边得到两条独立的链，每条链上选若干个连续的两个点，并且不交。选$i$个的方案显然是${len-i\choose i}$，则这条链的答案平方即可。

合并发现只有两种本质不同的向量因此可以多项式快速幂，但是实际上不用因为全部乘起来也不用$\bmod x^n$，则可以DFT之后直接快速幂算即可。

Jigsaw Puzzle

非常讨厌这种题，非常不优美。

判定性显然考虑dp套dp，内层dp对于每个往后是否延申状压起来判断是否可行，但是发现每一列有$2^{64}$种状态，非常不行。

事实上如果相邻的两列都向后延申，这个一定比合并成一个竖的，然后后面要么成竖的，要么延申要劣。然后状态数就变成$2^{21}$个。

但是如果直接上转移还要乘$2^6$还有个$m$也不太行，然后你爆搜一下发现只有$60$个状态有用（

所以可以直接dp，复杂度大概是$O(\omega m2^n)$，其中$\omega$可以看作$60$。

Merge Triplets

感觉上这个最终的序列应该具有某些单调性，但是也不尽然，可能出现$3,2,1$这种情况，要满足这三个在同一组。

又发现如果$a>b$，且$a,b$在同一组，$a$在$b$前面，则$a$选了之后一定会接着选$b$。

所以一个三个的连续段可以断成三个$1$，或者一个$2$一个$1$，或者一个$3$，满足段内下降，则最后的序列就是按照第一个数排序。

考虑直接对这个东西计数，设三种段数分别为$c_1,c_2,c_3$，则有$c_1+2c_2+3c_3=n$，并且因为一个$2$是被一个$1$断出来的，因此有$c_1>c_2$。将$3n$个数放进去的方案数是$\frac{(3n)!}{2^{c_2}3^{c_3}}$，又因为排了序所以还要除$c_1!c_2!c_3!$，就可以$O(n^2)$计数了。

Biconnected

先考虑联通图怎么计数，考虑容斥，设$f_S$表示$S$集合联通的图个数，则枚举包含最小值的集合$T$，用总数减去$f_T$乘上剩下任意的方案数即可。

然后考虑在此基础上减去缩点后不是一个点的图，设$p_{s,t}$表示将$t$集合缩点以后连到$s$上，且$s$缩成一个点的方案数，则枚举加进来一个什么集合$o$有$p_{s,t}=p_{s,t-o}\times f_o\times \sum\limits_{(u,v)\in E}{[u\in o\and v\in s]}$，直接做枚举两重子集是$O(4^n)\operatorname{poly}(n)$的，就可以过了。

RowCol/ColRow Sort

有点小妙。

首先差分是显然的，枚举值$k$，若$A_{i,j}\leq k$，则$C_{i,j}=1$，否则$C_{i,j}=0$。则如果对于每个$k$，$C$排完序之后都是和$B$一样，那么就是合法的。

考虑行列排序的本质意义，记$c_i$表示$i$行$1$的个数，则行排序不影响$c$，而行排序之后的列排序相当于将$c_i$排序，对于列行排序就是对列排序。因为$B$本来就是排好序的，所以相当于找到一对排列$p,q$，使得$C_{i,j}=B_{p_i,q_j}$。

但是如果直接这样对$p,q$计数然后相乘会有问题，因为相邻的$p,q$显然要满足一些性质。设$p,q$下一个排列是$p',q'$，则$B_{p_i,q_i}=1\rightarrow B_{p'_i,q'_i}=1$。

将两边同时乘上$p^{-1},q^{-1}$，得到$B_{i,j}=1\rightarrow B_{(p'p^{-1})_i,(q'q^{-1})_i}=1$，重设$P=p'p^{-1},Q=q'q^{-1}$，则相当于对$P,Q$计数，这样就可以直接乘起来。

求出当前阶段每行$1$的个数的$c$和下一阶段的个数$d$。如果我们在$i$点选择了$P_i$，那么相当于限制了$j\in [1,c_i]$范围内的$Q_j\leq d_{P_i}$。$c,d$都是单调的，所以直接设$f_{i,j}$表示确定$P$从高到低确定到第$i$位，$Q$从低到高确定到第$c_j$位的方案数，容易前缀和优化做到$O(nm)$。因为这个映射如果映射到$c$相同的地方本质相同，所以还要除一些阶乘，都是细节。

总时间复杂度$O(nmc)$，其中$c$是值域。