Atcoder 计数乱做

ARC132E Paw (3100)

记覆盖为左为 <-，覆盖为右为 ->，不覆盖为 =。则最后一定变成 <<<...===...>>>，且等号两侧是两个相邻的洞。

考虑对每两个相邻的洞算最后形成这种情况的概率。设左边有 \(L\) 个洞，右边有 \(R\) 个洞。

显然左右是独立的，只考虑右边。那么只要求每次选择时，如果选到最左的，不能向左走。即有：

\[F_n=(1-\dfrac{1}{2n})F_{n-1}=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{2i-1}{2i} \]

概率即为 \(F_lF_r\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

ARC132F Takahashi The Strongest (3000)

发现 T 能赢 A 和 S 当且仅当 A 和 S 出一样的，而 T 比他们俩都大。

考虑把给出的策略扔进四元幂级数里，然后做以下运算的卷积：

\[x \otimes y= \begin{cases} x,x=y\\ 3,x \neq y \end{cases} \]

由 FWT 理论，构造变换矩阵：

\[\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{matrix} \right] \]

太好看了，所以随便求出逆矩阵：

\[\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{matrix} \right] \]

求出卷积 \(F\) 后翻转一下，现在只需要对每一个集合求 \(F\) 中与它至少有一位相同的集合数量。

容斥一下，变成每一位都不同，可以再 FWT。

总时间复杂度 \(O(k4^k)\)。

ABC225H Social Distance 2 (3000)

先考虑 \(K=0\)，并且要对三种情况分别算 \(S1(n,m)\)，\(S2(n,m)\)，\(S3(n,m)\)，分别是：

• 两旁都坐人
• 左边坐人，右边无人
• 两旁都无人

用一些简单的生成函数可以推导出分别是 \(\dbinom{n+k-1}{2k+1}\)，\(\dbinom{n+k-1}{2k}\)，\(\dbinom{n+k-1}{2k-1}\)。

最后分治 FFT 卷到一起即可。

时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

ARC101F Robots and Exits (2900)

经过 114514 分钟思考后，记 \(L_i\) 与 \(R_i\) 分别为第 \(i\) 个机器人到最近左右出口的距离。

注意到方案仅在于每个机器人是从左还是右出口离开。并且如果机器人不消失的话，向左和向右是相对独立的。也就是过程一定是向左走一段，再向右走一段……

按 \(L_i\) 排序，再设单调不降的数组 \(P_i\)，那么过程可以看作向左走 \(L_1\)，再向右走 \(P_1\)，再向左走 \(L_2\)，再向右走 \(P_2\)……

最后若 \(P_i \geq R_i\)，那么机器人 \(i\) 就从左出口离开；否则从右出口离开。

现在问题被简化了许多，考虑对 \(R_i\) DP。设 \(dp_i\) 表示 \(P_i=R_i\) 且 \(P_{i-1}<R_i\) 的方案数。

\[dp_i=\sum\limits_{0 \leq j<i \wedge R_j<R_i} dp_j \]

注意 \(dp_0=1\)。

然而这样不太正确，原因在于某些机器人的 \(L\) 相同，它们的 \(P\) 也必须相同，这样后面就会算重（因为只需加一次）。

解决办法很简单，如果 \(L_i=L_{i-1}\) 的话，就做个差分即可。

二维偏序用树状数组优化，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

AGC032F One Third (4000)

考虑转化问题。认为操作是在圆周上画红点，并且每画一个红点就在顺时针 \(120^\circ\) 位置画一个绿点，在逆时针 \(120^\circ\) 位置画一个蓝点。

于是问题变为了两个异色点间最短距离期望。

按第一次画点断环为链，问题变为：

一根长度为 \([0,\dfrac{1}{3}]\) 的线段的左端点为红点，右端点为蓝点。随机位置随机颜色画 \(n-1\) 个点，求两个异色点最短距离期望。

显然最短的异色点对一定是相邻的，考虑枚举相邻异色点对数 \(k\)，再计算概率和条件期望相加即可。

• 概率：只考虑同色连续段，这样相邻两个点一定异色。设以 R 开头，B 结尾的方案数为 \(f_n\)，以 R 结尾的方案数为 \(g_n\)，则 \(f_n=f_{n-1}+g_{n-1},g_n=2f_{n-1}\)。最后再插板乘上 \(\dbinom{n}{k}\) 即可。

• 条件期望：异色点对连成的线段总长度期望为 \(\dfrac{k}{3n}\)，由随机变量相关理论可知最短期望为 \(\dfrac{1}{k^2} \times \dfrac{k}{3n}=\dfrac{1}{3nk}\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

ABC236Ex Distinct Multiples (2900)

显然唯一难搞的就是 “互不相同” 条件，直接考虑容斥。

也许会考虑钦定一些点填的数必须相同，但这样需要记录若干组点集，难以实现。

不妨考虑钦定边集（两个点填的数相同即连边）。设 \(f_S\) 表示恰好连 \(S\) 边的方案数，\(g_S\) 表示钦定连 \(S\) 边的方案数。

显然 \(g_S=\sum\limits_{T \supseteq S} f_T\)，由子集反演得 \(f_{\varnothing}=\sum\limits_{S} (-1)^{|S|} g_S\)。

由于边集太大，我们无法直接枚举 \(S\) 计算。但 \(g_S\) 只与连接 \(S\) 后分成的若干联通块的点集有关，可以考虑枚举点集。\(g_S\) 即为若干联通块的方案数相乘，可以对每个联通块分别考虑，最后直接子集卷积 \(\exp\) 即可。

现在枚举 \(n\) 个点的点集 \(V\)，考虑其中所有使 \(V\) 联通的边集 \(S\) 的权值（即 \((-1)^{|S|}\)）之和，设其为 \(P_n\)。

设 \(Q_{n,k}\) 表示 \(n\) 个点的点集，\(k+1 \sim n\) 的每个点都要与 \(1 \sim k\) 中某个点联通的权值之和。

• 当 \(k>1\) 时，考虑 \(1\) 号点与 \(2\) 号点，它们间连边与不连边的权值正好相反，于是 \(Q_{n,k}=0\)。

• 当 \(k=1\) 时，考虑 \(n\) 号点连出的边有 \(t\) 条，方案数为：

\[Q_{n,1}=(-1)\sum\limits_{t=1}^{n-1} \dbinom{n-1}{t} Q_{n-1,t}=-(n-1)Q_{n-1,1} \]

故 \(P_n=(-1)^{n-1} (n-1)!\)。

总时间复杂度 \(O(n^2 2^n)\)。

AGC044 Random Pawn (3600)

设 \(f_i\) 表示出生在 \(i\) 号点，最优策略下的期望分数，显然有转移式：

\[f_i=\max\{A_i,\dfrac{1}{2}(f_{i-1}+f_{i+1})-B_i\} \]

然而我们并不知道转移顺序。仔细观察，不妨设 \(A_1\) 为 \(A_i\) 中的最大值，由于所有 \(f_i \leq A_1\)，可得\(f_1=A_1\)。可以以此断环为链（新开与 \(1\) 号点相同的 \(n+1\) 号点）。

然而剩下的仍不知道转移顺序。但是观察发现如果 \(B_i=0\)，事实上只需要求出所有 \((i,A_i)\) 构成的上凸壳，即可算出答案。

尝试做一些转换使原问题变为 \(B_i=0\)。令 \(g_i=f_i-C_i\)，则：

\[g_i+C_i=\max\{A_i,\dfrac{1}{2}(f_{i-1}+f_{i+1}+g_{i-1}+g_i)-B_i\} \]

\[g_i=\max\{A_i-C_i,\dfrac{1}{2}(f_{i-1}+f_{i+1})+\dfrac{1}{2}(g_{i-1}+g_i)-B_i-C_i\} \]

我们希望对于所有 \(i \in [2,n]\)，\(\dfrac{1}{2}(g_{i-1}+g_i)-B_i-C_i=0\)，即 \(C_{i+1}=2B_i+2C_i-C_{i-1}\)。

待定系数，设 \(C_1=0\)，\(C_2=k\)，依次递推出 \(C_{n-1}=pk+q\) 与 \(C_{n}=p'k+q'\) 即可算出 \(k=\dfrac{2B_n-q+2q'}{p-2p'}\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

ARC134F Flipping Coins (3500)

显然 \(i\) 只会影响 \(p_i\)，因此把排列拆成若干循环，循环间互相独立。接下来考虑计算循环方案数的生成函数，最后 \(\exp\) 即可得到答案。

对于每个循环，再分成若干条极长单调递增的链（有序），称每条链的链尾为“坏的”（即满足 \(p_i<i\) 的点），则最后向上的硬币数量就是坏点被操作的次数。

设每条链的生成函数为 \(F(x)=\sum\limits_i W^{i \bmod 2}x^i\)，然而大力卷会算重。

我们发现不满足限制（即不是极长的）的两条链可以组成一条更长的链，尝试容斥，然而链的长度带权，无法直接容斥。

考虑一种神奇的做法：我们不直接容斥，而是给每个长度赋一个新的权，其生成函数为 \(A(x)\)，再使 \(A\) 以任意方式组合起来后恰好为正确的方案数：

\[\dfrac{1}{1-A(x)}=F(x) \]

\[A(x)=1-\dfrac{1}{F(x)} \]

而答案的生成函数为：

\[\hat S(x)=\exp[\sum\limits_{i} \dfrac{\hat A(x)^i}{i!} (i-1)!]=\dfrac{1}{1-\hat A(x)} \]

设 \(G(x)=\dfrac{1}{F(x)}\)，则 \(\hat S(x)=\dfrac{1}{\hat G(x)}\)。

只需要多项式求逆甚至不需要卷积，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

一句话题解：多项式求逆

ARC133E Cyclic Medians (3300)

众所周知 \(E(X)=\sum\limits_{i \geq 0} P(i>X)\)。设最后结果为 \(a\)，考虑枚举 \(k\)，算 \(a>k\) 的方案数。

记 \(>k\) 的数为 \(1\)，\(\leq k\) 的数为 \(0\)。则若 \(x_i=y_j\)，则 \(a\) 会改变；否则不变。

考虑 \(a\) 在过程中是否改变（遇到 \(x_i=y_j\) 即认为改变）。

• 对于改变的情况，\(a\) 与 \(A\) 无关，故 \(k=p,a=id\) 及 \(k=V-p,a=1-id\) 的方案数是一样的（即对称），直接除 \(2\) 即可。用总方案数减去不变情况数即为改变情况数。

• 对于不变的情况，\(x\) 及 \(y\) 十分有限。设 \(g=\gcd(x,y)\)，则 \(a\) 会经过每一对 \((x,y)\) 满足 \(x \equiv y \pmod g\)。故 \(x_i=x_{i+tg}\)，\(y_i=y_{i+tg}\) 且 \(x_i \neq y_i\)（否则一定会有 \(x_{i+tg}=y_i\)）。方案数即为 \([k^{n/g}(V-k)^{m/g}+k^{m/g}(V-k)^{n/g}]^g\)。

总时间复杂度 \(O((n+m)\log V)\)。

ARC133F Random Transition (???)

Sol1：

设题目给出的概率为 \(w_a\)。

大力 DP，用矩阵快速幂优化，可以得到 \(O(n^3 \log k)\) 的优秀做法。（特征多项式貌似求得出来，但是转移矩阵不会快速算 \(t\) 次幂，做不动）

问题模型看起来很自然，考虑转化一下。假设求由 \(a\) 到 \(b\) 的概率，问题等价于：

有 \(n\) 枚硬币，其中 \(a\) 枚硬币朝上。\(k\) 次操作，每次随机翻动一枚硬币，求最后有 \(b\) 枚硬币朝上的概率。

这样硬币间独立开了。考虑对每枚硬币写出二元生成函数，\(x\) 表示翻动次数，\(y\) 表示贡献。

\[F(x,y)=\sum\limits_{2 \mid i} \dfrac{x^i}{i!} y+\sum\limits_{2 \nmid i} \dfrac{x^i}{i!}=\dfrac{1}{2}[e^x(y+1)+e^{-x}(y-1)] \]

\[G(x,y)=\sum\limits_{2 \mid i} \dfrac{x^i}{i!}+\sum\limits_{2 \nmid i} \dfrac{x^i}{i!} y=\dfrac{1}{2}[e^x(y+1)-e^{-x}(y-1)] \]

设 \(P=e^x(y+1)\)，\(Q=e^{-x}(y-1)\)，则要求的概率即为：

\[\dfrac{1}{k!} \dfrac{1}{n^k} [x^ky^b]F^aG^{n-a}=\dfrac{1}{k!} \dfrac{1}{n^k} \dfrac{1}{2^n} [x^ky^b] (P+Q)^a (P-Q)^{n-a} \]

把括号展开，并对所有 \(a\) 求和，设 \(\sum\limits_a w_a (P+Q)^a(P-Q)^{n-a}=\sum\limits_{t=0}^n c_t P^t Q^{n-t}\)，至于 \(c_t\) 怎么求一会再说。

考虑 \([x^k]P^tQ^{n-t}=\dfrac{(2t-n)^k}{k!} (y+1)^t (y-1)^{n-t}\)，故答案即为：

\[ANS(y)=\dfrac{1}{n^k} \dfrac{1}{2^n} \sum\limits_t (2t-n)^k c_t (y+1)^t (y-1)^{n-t} \]

惊讶地发现答案的形式与 \(c_t\) 的式子是一样的！直接分治乘即可（注意 \(t=0\) 要分开算）。

总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

Sol1+：

注意到时间复杂度瓶颈在于计算：

\[\sum\limits_{i=0}^n w_i (x+1)^i (x-1)^{n-i} \]

\[\begin{aligned} F(x)&=\sum\limits_{i=0}^n w_i (x+1)^i (x-1)^{n-i}\\ &=(x-1)^n \sum\limits_{i=0}^n w_i (\dfrac{x+1}{x-1})^i\\ &=(x-1)^n \sum\limits_{i=0}^n w_i (1+\dfrac{2}{x-1})^i\\ \end{aligned} \]

对 \(W(x)\) 先复合 \(1+x\)，再复合 \(\dfrac{-2}{1-x}\) 即可。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

ABC238Ex Removing People (3200)

首先可以考虑对每段位置统计次数，然而很难处理。

删除很难搞，时间倒流变成加人。加入一个人 \(u\) 时令他面向一个方向，则该方向的邻居 \(v\) 需要在原序列中面向 \(u\)。

考虑区间 DP，设 \(f_{l,r}\) 与 \(g_{l,r}\) 分别表示 \(l\) 位置和 \(r\) 位置已经放好人，放 \(l \sim r\) 间人的方案数及距离和。

记 \(c1=[S_l=R]+[S_r=L]\)，\(c2_i=[S_l=R](i-l)+[S_r=L](r-i)\)，则转移：

\[f_{l,r}=\sum\limits_{i \in (l,r)} \dbinom{r-l-2}{i-l-1} c1 f_{l,i}f_{i,r} \]

\[g_{l,r}=\sum\limits_{i \in (l,r)} \dbinom{r-l-2}{i-l-1} [c2_i f_{l,i}f_{i,r}+c1 f_{l,i}g_{i,r}+c1 g_{l,i}f_{i,r}] \]

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

ARC135E Sequence of Multiples (3200)

看起来很不可做（单调递增且无规律），但发现 \(i \mid A_i\)，不妨从商下手。

记 \(B_i=\dfrac{A_i}{i}\)，则有 \(B_{i+1}=\lfloor \dfrac{iB_i}{i+1} \rfloor +1=B_i+1-\lceil \dfrac{B_i}{i+1} \rceil\)。

故有 \(B_i-B_{i+1}=\lceil \dfrac{B_i}{i+1} \rceil-1\)，当 \(B_i \leq i+1\) 时值就不会再变了。

显然 \(\{B_i\}\) 单调不增。考虑其上界，由于 \(A_i \leq X+2+3+\cdots+i<X+\dfrac{i(i+1)}{2}\)，故 \(B_i < \dfrac{X}{i}+i\)。

由均值不等式知 \(B_{2\sqrt{X}} \leq B_{\sqrt{X}}<2 \sqrt{X}\)，故有 \(O(\sqrt{X})\) 的做法。

进一步优化，考虑按 \(B_i-B_{i+1}\) 分段。下面证明这样段数不超过 \(O(X^{1/3})\)：

• 设 \(n=\lceil X^{1/3} \rceil\)，则 \(n\) 前至多 \(n\) 段；又 \(B_n-B_{n+1} \leq n\)，\(n\) 后至多 \(n\) 段。故总段数不超过 \(O(X^{1/3})\)。

具体实现，假设段首为 \(l\)，设 \(x=\lceil \dfrac{B_i}{i+1} \rceil\)，则对于 \(r\) 有 \(x=\lceil \dfrac{B_l-(r-l)(x-1)}{r+1} \rceil\)，解得 \(r=\lfloor \dfrac{B_l+lx-x+1}{2x-1} \rfloor\)。

总时间复杂度 \(O(X^{1/3})\)。

ARC136F Flip Cells (3600)

和 ARC133F 联动

停时定理设势函数的做法做不了，因为值域有限，方程无解。

其实对于算停时的题还有另一种做法（参见 【UER #6】逃跑）。设出三个概率型生成函数：

• \(F(x)\)：\(f_t\) 表示由初始状态开始，操作 \(t\) 次以后正好是第一次到达目标状态的概率。（答案即为 \(F'(1)\)）

• \(G(x)\)：\(g_t\) 表示由初始状态开始，操作 \(t\) 次以后到达目标状态的概率。

• \(H(x)\)：\(h_t\) 表示由目标状态开始，操作 \(t\) 次以后到达目标状态的概率。

由定义，有 \(F(x)=G(x)H(x)\)。只需要求出 \(G(x)\) 及 \(H(x)\) 即可得到 \(F(x)\)。

以 \(G(x)\) 为例。发现这个问题跟 ARC133F 几乎一模一样很相似，同样对每个格子设出其翻转偶数次及奇数次的指数型生成函数：

\[\hat P(x)=\sum\limits_{2 \mid i} \dfrac{(x/nm)^i}{i!} = \dfrac{e^{x/nm}+e^{-x/nm}}{2} \]

\[\hat Q(x)=\sum\limits_{2 \nmid i} \dfrac{(x/nm)^i}{i!} = \dfrac{e^{x/nm}-e^{-x/nm}}{2} \]

对于确定的初末状态（指每个格子都已确定），直接将所有对应的生成函数卷起来即可。

然而我们现在只有初始状态，末状态可能有很多种（因为只给定了每行黑格的个数而不是具体方案）。直接对每一行 DP 求出每个指数对应的方案数，再把每一行暴力卷起来得到最终每个指数对应的方案数。（DP 复杂度为 \(O(nm^3)\)，卷起来复杂度为 \(O(n^2m^2)\)）

处理完后，只需要把 \(\sum\limits_{i=-nm}^{nm} c_i \hat P^{i/nm} \hat Q^{1-i/nm}\) 展开即可。这里与 ARC133F 完全一样，直接背包 \(O(n^2m^2)\)，分治乘可以优化到 \(O(nm \log nm)\)。

最后需要计算答案。上面计算的是 \(\hat F(x)\) 的指数型生成函数，将所有 \(e^{ax}\) 改为 \(\dfrac{1}{1-ax}\) 即可转为普通幂级数。

考虑到 \(H'(x)=\Big( \dfrac{F(x)}{G(x)} \Big)'=\dfrac{F'(x)G(x)-F(x)G'(x)}{G(x)^2}\)，需要求出 \(F(1)\) 及 \(F'(1)\)。

然而 \(F(x)\) 中含有 \(\dfrac{1}{1-x}\) 项，直接将 \(x=1\) 带入 \(F'(x)\) 中会出问题。

将 \(F(x)\) 及 \(G(x)\) 同时乘上 \((1-x)\)。则只有 \((1-x)/(1-x)\) 项对 \(F(1)\) 有贡献，而 \(F'(1)\) 的贡献可以这样求：

\[\left. \dfrac{d}{dx} \Big(\dfrac{1-x}{1-ax}\Big) \right |_{x=1}=\dfrac{1}{a-1} \]

总时间复杂度 \(O(n^3m+n^2m^2)\)。

ABC241Ex Card Deck Score (2900)

大力写出生成函数：

\[ANS=[x^m]\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=0}^{B_i} (A_ix)^j=[x^m]\prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1-(A_ix)^{B_i+1}}{1-A_ix} \]

\(m\) 特别大，但是 \(n\) 很小，分子可以暴力拆开，然而分母难以处理。

用部分分式分解，设 \(\prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{1-A_ix}=\sum\limits_{i=1}^n c_i \dfrac{1}{1-A_ix}\)。解出后即可枚举每一项计算答案。

考虑如何计算 \(c_i\)。暴力展开两边：

\[1=\sum\limits_{i=1}^n c_i \prod\limits_{j \neq i} (1-A_jx) \]

带入 \(x=A_i^{-1}\)，则有：

\[1=c_i \prod\limits_{j \neq i} (1-A_jA_i^{-1}) \]

可以 \(O(n^2)\) 解出。

总时间复杂度 \(O(n^2+n2^n)\)。

ABC231G Balls in Boxes (2600)

设操作后第 \(i\) 个球增加了 \(c_i\)。则乘积为：

\[\prod\limits_{i=1}^n (A_i+c_i)=\sum\limits_{S \in [n]} (\prod\limits_{t \in S} A_t) (\prod\limits_{t \in [n] \setminus S} c_t)=\sum\limits_{m=0}^n p_mq_{n-m} \]

其中 \(p_m\) 为任选 \(m\) 个 \(A_t\) 的乘积，可以用背包或者分治乘算出。

接下来只需要算 \(q_m\)，即任选 \(m\) 个随机变量 \(c_t\) 的乘积的期望。

不妨设这 \(m\) 个随机变量就是前 \(m\) 个随机变量（其余情况期望相同）。

---

Sol 1

设 \(f_{t,i}\) 表示第 \(t\) 次是否选择第 \(i\) 个球，可以画出 \(k \times n\) 的表。

等价于将前 \(m\) 个随机变量的和乘起来。将括号拆开，等价于选出有顺序的 \(m\) 行 \(j_1,\cdots,j_n\)，并对 \(\prod\limits_{t=1}^m f_{t,j_t}\) 求和。

这个东西是容易的。因为若 \(j_t\) 中有相同的数，则一定为 \(0\)（因为一次只能选一个数）；其它情况下则为 \(\dfrac{1}{n^m}\)。

故 \(q_m=\dfrac{k^{\underline{m}}}{n^m}\)。

Sol 2

设出 \(m\) 元生成函数，则答案即为 \(\Big(\dfrac{\partial^m}{\partial x_1 \cdots \partial x_m} (x_1+x_2+\cdots+x_m)^k\Big) (1,1,\cdots,1)\)。

常数扔出来，设 \(G=(x_1+x_2+\cdots+x_m)\)，考虑偏导：

\[\begin{aligned} \dfrac{\partial^m}{\partial x_1 \cdots \partial x_m} G^k &=k \dfrac{\partial^m}{\partial x_2 \cdots \partial x_m} G^{k-1}\\ &=k(k-1) \dfrac{\partial^m}{\partial x_3 \cdots \partial x_m} G^{k-2}\\ &=\cdots\\ &=k^{\underline{m}} \end{aligned} \]

故答案为 \(q_m=\dfrac{k^{\underline{m}}}{n^m}\)。

---

总时间复杂度 \(O(n^2)\) 或 \(O(n \log^2 n)\)。

ARC101F Robots and Exits (2900)

假设每个机器人在二维平面内，每一步操作是向上或向右上移动一步，转化为一张 DAG。路径不交，用 LGV 引理解决。

然而终点 \(y_1,\cdots,y_k\) 没有确定而且无法枚举。考虑类似扫描线的 DP，一个个确定 \(y_i\)，再计算下列行列式的和：

\[\begin{vmatrix} \dbinom{n}{y_1-x_1} & \dbinom{n}{y_2-x_1} & \cdots & \dbinom{n}{y_k-x_1}\\ \dbinom{n}{y_1-x_2} & \dbinom{n}{y_2-x_2} & \cdots & \dbinom{n}{y_k-x_2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ \dbinom{n}{y_1-x_k} & \dbinom{n}{y_2-x_k} & \cdots & \dbinom{n}{y_k-x_k}\\ \end{vmatrix} \]

转移时需要枚举最后一列拆开，需要对所有 \(\{x_1,\cdots,x_k\}\) 的子集求答案才能转移。故设状态为：

\[f_{S,t}=\sum\limits_{y_1<y_2<\cdots<y_{|S|} \leq t} det \Big( \dbinom{n}{y_j-x_{s_i}} \Big)_{i,j} \]

其中 \(s_i\) 为 \(S\) 中第 \(i\) 大的元素。

转移时，分 \(y_{|S|}\) 是否为 \(t\) 转移：

\[f_{S,t}=f_{S,t-1}+\sum\limits_{i=1}^{|S|} (-1)^{|S|-i} \dbinom{n}{y_{|S|}-x_{s_i}} f_{S \setminus \{s_i\},t-1} \]

边界情况为 \(f_{S,- \infty}=[S= \emptyset]\)。

总时间复杂度 \(O(k 2^k (x_k+n)\)。

ABC242Ex Random Painting (2800)

设一个状态为集合 \(S \subseteq \{(l_i,r_i) \mid i \in [1,m]\}\)，称一个状态合法如果它覆盖了 \([1,n]\)。原过程相当于不断转移状态，直到状态合法。

状态转移形成 DAG，用 ZJOI2020 抽卡 的套路，停时期望等于所有非法状态 出现的概率 乘上 离开该状态期望时间 的和。

大小为 \(k\) 的集合 走出该状态期望时间 为 \(\dfrac{m}{m-k}\)。故只需对每个 \(k\) 求大小为 \(k\) 的合法状态数量 \(f_k\)。

大力 DP，先将所有区间按字典序排序（先 \(l\) 后 \(r\)），设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个区间，覆盖了 \([1,j]\) 的所有格子，大小为 \(k\) 的状态数量。

直接转移时间复杂度 \(O(nm^2)\)。

注意到第三维 \(k\) 与给出的区间无关。设 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}^m f_i x^i\)，对于常数 C 可以通过同样的 DP 得到 \(F(C)\)。

\(n\) 较大时，需要用动态开点线段树记录第二维 \(j\) 优化转移，单次 DP 时间复杂度 \(O(m \log n)\)。

做 \(m+2\) 次 DP 得到 \(m+2\) 个点值，插值还原 \(\{f_i\}\)，时间复杂度 \(O(m^2 \log n)\)。

ARC124F Chance Meeting (3200)

为了方便，设 \(n=H-1\)，\(m=W-1\)。

容易发现 Camel 向下走与 Cat 向上走对于两人(?)的相对位置而言是等价的。将其视为同一个操作，最后乘上 \(\dbinom{2n}{n}\) 即可。于是问题变为了：

从 \((0,0)\) 出发，每次可以向上/左/右走一步，向上走 \(2n\) 步，向左与右各走 \(m\) 步后到达 \((0,2n)\)。求在过程中恰好经过 \((0,n)\) 一次的方案数。

重点是恰好的限制，考虑容斥。

设 \(f_i\) 表示向上走 \(n\) 步，向左/右各走 \(i\) 步后第一次到达 \((0,n)\) 的方案数，\(g_i\) 表示向上走 \(n\) 步，向左/右各走 \(i\) 步后到达 \((0,n)\) 的方案数。显然 \(g_i=\dbinom{n+2i}{n,i,i}\)。

答案即为 \(\dbinom{2n}{n} \sum\limits_{i=0}^m f_i f_{m-i}\)。

Sol1(官方题解)：

考虑用 \(g_i\) 减去不合法方案得到 \(f_i\)。枚举上一次经过 \((0,n)\) 是在 \(g_j\)，要求这 \(2(i-j)\) 步都不能经过 \((0,n)\)，也就是卡特兰数 \(C_{i-j-1}\)。

\[f_i=g_i-\sum\limits_{j=0}^{i-1} g_j C_{i-j-1} \]

可以卷积处理，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

Sol2：

经典套路，再设 \(h_i\) 表示从 \((0,n)\) 向左/右各走 \(i\) 步回到 \((0,n)\) 的方案数，有 \(h_i=\dbinom{2i}{i}\)，\(H(x)=(1-4x)^{-1/2}\)（见 (搜索 取一半组合数)）。

显然 \(G=FH\)，于是：

\[F^2=\dfrac{G^2}{H^2}=(1-4x)G^2 \]

由于只算第 \(m\) 项，可以直接拆开计算。

时间复杂度 \(O(n)\)。

Sol3：(搜索 ARC124F)

ABC245Ex Product Modulo 2 (3000)

将 \(M\) 分解质因数 \(M=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots\)，显然每种质因数独立，故只需对 \(m=p^e\)，\(n=N \bmod p^e\) 求原问题答案，再乘起来即可。

设 \(n=x p^d (p \nmid x)\)。

先考虑 \(x \neq 0\) 的情况。钦定序列中恰好有 \(d\) 个 \(p\)，这里的方案数为 \(\dbinom{k+d-1}{d}\)。在该条件下，得到的 \(n\) 的集合为 \(S=\{sp^d \mid (s,p^{e-d})=1\}\)，又由欧拉定理 \(a^{\varphi(p)} \equiv a \pmod p((a,p)=1)\)，得到每个 \(n\) 的概率都是一样的，算出总方案再除掉 \(|S|\) 即可。

设 \(c_i\) 表示 \(A_i\) 中 \(p\) 的次数，则 \(p\) 以外的数的选择方案数为：

\[\prod\limits_{i=1}^k p^{e-c_i-1} (p-1)=p^{ke-k-d} (p-1)^k \]

故得到 \(n=x p^d\) 的方案数为：

\[\dbinom{k+d-1}{d}\dfrac{p^{ke-k-d} (p-1)^k}{p^{e-d-1}(p-1)}=\dbinom{k+d-1}{d}p^{(k-1)(e-1)}(p-1)^{k-1} \]

对于 \(x=0\) 的情况，说明 \(p\) 的次数大于等于 \(k\)。考虑容斥，用全部方案数减去不合法方案数，即：

\[p^{ek}-\sum\limits_{d=0}^{e-1} \dbinom{k+d-1}{d} p^{ke-k-d} (p-1)^k \]

瓶颈在于分解质因数，此处时间复杂度 \(O(\sqrt m)\)。

ARC126E Infinite Operations (2800)

不知道为什么发现答案即为 \(f(A_1,A_2,\cdots,A_n)=\dfrac{1}{2} \sum\limits_{1 \leq i<j \leq n} |A_i-A_j|\)，可以简单对方差归纳证明：

• 不妨设 \(A_1<A_2<\cdots<A_n\)。若 \(A_1=A_n\) 则答案为 \(0\)，显然成立。否则选择 \(t \in [1,n)\) 使得 \(A_t<A_{t+1}\)。

• 将 \(A_t\) 与 \(A_{t+1}\) 变为 \((A_t+A_{t+1})/2\)，方差严格变小。由归纳假设这样构造得到的贡献为（\(f\) 只是记号，简写式子）：

\[f(A_1,\cdots,\dfrac{A_t+A_{t+1}}{2},\dfrac{A_t+A_{t+1}}{2},\cdots,A_n)+\dfrac{A_{t+1}-A_t}{2}=f(A_1,A_2,\cdots,A_n) \]

（即合并 \(t\) 和 \(t+1\) 对 \(t\) 与 \(t+1\) 以外的点没有影响，只少了 \((A_{t+1}-A_t)/2\) 的贡献）

于是用动态开点线段树维护即可。

时间复杂度 \(O((n+q) \log A_i)\)。

ARC126F Affine Sort (3500)

考虑 \(c \leq k\) 的限制有点奇怪，记 \(g(k)\) 表示 \(c=k\) 时的合法 \((a,b,c)\) 对数，则 \(f(k)=\sum\limits_{i=1}^k g(i)\)。

可以证明 \(\dfrac{g(k)}{k^2}\) 当 \(k \rightarrow +\infty\) 时存在极限，设其为 \(c\)。则 \(g(k) \rightarrow ck^2\)，\(f(k) \rightarrow \dfrac{1}{3}ck^3\)，有 \(\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} \dfrac{f(k)}{k^3}=\dfrac{1}{3}c\)。

问题简化为了求 \(\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} \dfrac{g(k)}{k^2}\)。限制要求 \((aX_i+b) \bmod k\) 单增，不妨转化为 \(\dfrac{(aX_i+b) \bmod k}{k}\) 单增。而当 \(k\) 足够大时该问题近似是连续的，故可以直接视其为 \(\{\dfrac{aX_i+b}{k}\}=\{\alpha X_i+\beta\}\)。需要对满足条件的 \((\alpha,\beta)(\alpha,\beta \in [0,1))\) 求二元积分。

为方便设 \(X_{0}=X_n\)。先不考虑 \(\beta\)，假设对于某一 \(\alpha\)，将 \(\{\alpha X_i\}\) 画在一个长为 \(1\) 的圆周（每个点代表 \([0,1)\) 的数，顺时针增大）上，则必要条件是画出的点依次顺时针排列（即 \(P_i\) 的前驱为 \(P_{i-1}\)，后继为 \(P_{i+1}\)）。

换句话说，设 \(f(\alpha)=\sum\limits_{i=1}^n \{\alpha(X_i-X_{i-1})\}\)，则 \(\alpha\) 合法的充要条件为 \(f(\alpha)=1\)（即从头到尾只能转一圈）。

再考虑对于一个合法的 \(\alpha\)，\(\beta\) 需要满足 \(\beta+\{\alpha X_1\} \geq 1\)，\(\beta+\{\alpha X_n\}<1\)，故其区间长度为 \(\{\alpha(X_1-X_n)\}\)。

具体而言，枚举每个 \(i\)，\(\{\alpha(X_i-X_{i-1})\}\) 是一个分段函数，形如 \(\{\alpha(X_i-X_{i-1})\}=\alpha(X_i-X_{i-1})+d_t(\alpha \in [l_t,r_t])\)，而段数只有约 \(O(|X_i-X_{i-1}|)\) 个。

又所有斜率加起来为 \(\sum\limits_{i=1}^n (X_i-X_{i-1})=0\)，故 \(f(\alpha)\) 也是一个分段函数，且每一段都为常数，而段数为大约 \(S=\sum\limits_{i=1}^n |X_i-X_{i-1}|\)。枚举每一段，\(\beta\) 的合法区间长度形如一次函数，对 \(\beta\) 积分即可。

时间复杂度 \(O(S \log S)\)。

ARC128F Game against Robot (3800)

不看题解做出银牌题，可喜可贺

下面设 \(n=N/2\)。

先考虑如何判断给定排列 \(p\) 的答案。显然直接贪心吃最大是错的，因为 \(B\) 的策略是固定（而不是最优）的，\(A\) 选较小值可能可以使 \(B\) 选较小值从而增大 \(A\) 的收益。

将 \(a\) 中的数按 \(p\) 排列成一排，则 \(B\) 会优先烧最靠前的数。先不考虑每个数的权值，来考虑 \(A\) 最后能吃到哪些数。

• 其中一个答案是：设 \(s_i\) 表示 前 \(i\) 个数中 Snuke 吃掉的数量，则其合法当且仅当 \(\forall i,s_i \leq i-s_i+1\)。然而这个性质难以计算答案。

• 换一种想法，设 \(A\) 最后吃的数为 \(1 \leq b_1<b_2<\cdots<b_n \leq 2n\)，则其合法的充要条件为 \(\forall i,b_i \geq 2i-1\)。利用这个性质，从后往前维护优先队列，每次加入序列末尾两个数并删掉优先队列的最大数，操作 \(n\) 次后所有删掉的数的和即为答案。

由于是枚举所有排列，具有对称性，因此可以将整个序列翻转，改为从前往后维护优先队列。

考虑原问题。由上面过程可以看到 \(A\) 的策略与 \(a_i\) 的具体值无关，只与大小关系有关。先将 \(a\) 从大到小排序，求出第 \(i\) 大数在所有情况中被选中的次数 \(f_i\)，则答案即为 \(\sum\limits_{i=1}^{2n} a_if_i\)。

---

恰好不好求，改为求 \(g_m\) 表示前 \(m\) 大的数在所有情况中被选中的次数之和。将前 \(m\) 大的数染黑，那么对于一个排列 \(p\) 只需要考虑选了多少个黑数，下面对黑白序列计算，再乘上 \(m!(2n-m)!\) 即可。

设第 \(t\) 次向优先队列中加的黑数数量为 \(c_t \in [0,2]\) 且 \(\sum\limits_{t=1}^{2n} c_t=m\)。设 \(x\) 为优先队列的大小，则每次 \(x \leftarrow \max(0,x+c_t-1)\)。

记 \(d_t=c_t-1\)，看作在网格图上移动：从 \((0,0)\) 出发，每次向右走一步，向上走 \(d_t\) 步，若跨越 \(x\) 轴就强行贴着 \(x\) 轴走（图中的红边）。

则红边对应着删去白数，数出所有情况中红边的总数，容斥即可得到删去黑数的总数。

强行不跨越 \(x\) 轴的操作看起来很奇怪，若允许跨越 \(x\) 轴，则最后会走到 \((n,m-n)\)：

发现红边即对应走到前缀最小值处。而每次前缀最小值只会减少 \(1\)，故红边的数量是最低点纵坐标的相反数。

---

引理：从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)，每次可以向右上/右/右下走，方案数分别为 \(1,2,1\)。则路径方案数总数为 \(\dbinom{2n}{n+m}\)。

证明：

\[\begin{aligned} ANS &=[x^m](x+2+x^{-1})^n\\ &=[x^m]x^{-n}(x^2+2x+1)^n\\ &=[x^{m+n}](x+1)^{2n}\\ &=\dbinom{2n}{n+m}\\ \end{aligned} \]

设 \(p_{m,k},q_{m,k}(k \in [-n,\min(0,m-n)])\) 分别表示最小值 等于 及 大于等于 \(k\) 的路径方案数总数。用类似卡特兰数的套路，有：

\[q_{m,k}=\dbinom{2n}{m-n+n}-\dbinom{2n}{2(k-1)-m+n+n}=\dbinom{2n}{m}-\dbinom{2n}{m-2k+2} \]

\[p_{m,k}=q_{m,k+1}-q_{m,k}=\dbinom{2n}{m-2k}-\dbinom{2n}{m-2k+2} \]

设 \(-lim=\min(0,n-m),lim=\max(0,m-n)\)，有：

\[\begin{aligned} \dfrac{g_m}{m!(2n-m)!}&=\sum\limits_{k=-n}^{-lim} (n+k) \Big[\dbinom{2n}{m-2k}-\dbinom{2n}{m-2k+2} \Big]\\ &=n\sum\limits_{k=-n}^{-lim} \Big[\dbinom{2n}{m-2k}-\dbinom{2n}{m-2k+2} \Big]+\sum\limits_{k=-n}^{-lim} k \Big[\dbinom{2n}{m-2k}-\dbinom{2n}{m-2k+2} \Big]\\ &=n \dbinom{2n}{m+2lim}-\sum\limits_{k=lim}^{n} k \Big[\dbinom{2n}{m+2k}-\dbinom{2n}{m+2k+2} \Big]\\ &=n \dbinom{2n}{m+2lim}-\sum\limits_{k=lim} k \dbinom{2n}{m+2k}+\sum\limits_{k=lim} k \dbinom{2n}{m+2k+2}\\ &=n \dbinom{2n}{m+2lim}-\sum\limits_{k=lim} k \dbinom{2n}{m+2k}+\sum\limits_{k=lim+1} (k-1) \dbinom{2n}{m+2k}\\ &=n \dbinom{2n}{m+2lim}-lim \dbinom{2n}{m+2lim}-\sum\limits_{k=lim+1}^n \dbinom{2n}{m+2k}\\ \end{aligned} \]

预处理即可 \(O(1)\) 计算，该部分复杂度 \(O(n)\)。

总时间复杂度 \(O(n+\text{sort})\)。

ARC115E LEQ and NEQ (2400)

对条件容斥，于是就变成了划分问题。

注意到一段的权值只与最小值有关，于是建出笛卡尔树类似 CDQ 分治 DP 即可。

使用差分及前缀和优化即可做到 \(O(n)\)。

ARC112E Cigar Box (2700)

考虑操作对序列的影响是怎样的。显然最后的状态只与 每个数最后一次操作被放在哪一边有关，故对每个数考虑其最后一次操作，称其为关键操作。

设共 \(L\) 个数最后被操作到左边，\(R\) 个数最后被操作到右边，显然这 \(L\) 个数必须是 \(a_1,a_2,\cdots,a_L\)（并且它们对应关键操作的时间必须单增），这 \(R\) 个数必须是 \(a_{n-R+1},a_{n-R+2},\cdots,a_n\)（并且它们对应关键操作的时间必须单减），而中间 \(a_{L+1},a_{L+2},\cdots,a_{n-R}\) 必须单调递增。

于是，倒序考虑每个操作，只需要确定以下信息，就可以唯一对应到一种操作序列：

• 关键操作是哪些，它们的方向分别是哪里。
• 对于每个非关键操作，其操作的是哪个数（该数必须已经被关键操作过了）。

考虑 DP，设 \(f_{i,L,R}\) 表示确定了 \(i\) 个操作，其中有 \(L\) 个向左的关键操作，\(R\) 个向右的关键操作的方案数。

\[f_{i+1,L+1,R} \leftarrow f_{i,L,R}, \, f_{i+1,L,R+1} \leftarrow f_{i,L,R} \]

\[f_{i+1,L,R} \leftarrow 2(L+R) f_{i,L,R} \]

注意到系数只与 \(L+R\) 有关，即只关心总关键操作个数。故将状态改为总关键操作个数，设 \(f_{i,L,R}=g_{i,L+R}\dbinom{L+R}{L}\)，同样转移即可。

最后将对所有满足 \(a_l<a_{l+1}<\cdots<a_r\) 的 \(f_{i,l-1,n-r}\) 求和即可。

时间复杂度 \(O(nm)\)。

ARC124E Pass to Next (3000)

设第 \(i\) 个人给出了 \(b_i\) 个球，则传球后第 \(i\) 个人有 \(a_i-b_i+b_{i-1}\) 个球。

注意到传球后的状态与 \(b_i-b_{i-1}\) 有关，若 \(\min b_i>0\)，将所有 \(b_i\) 减去 \(1\) 后状态不变；另一方面，若 \(\min b_i=0\)，则其对应的状态是唯一的。故用总方案减去限制 \(\forall i,b_i>0\) 的方案数即为答案。

以总方案为例，所求即为：

\[\sum\limits_{\{b_i\},b_i \leq a_i} \prod\limits_{i=1}^n (b_{i-1}+a_i-b_i) \]

考虑拆括号。每个位置只会被覆盖 \(0/1/2\) 次，这取决于两端括号的选择。

用 DP 描述括号的选择。先断环为链，确定 \((b_n+a_1-b_1)\) 的选择。设 \(f_{i,id}\) 表示前 \(i\) 个括号（即统计到 \((b_{i-1}+a_i-b_i)\)），第 \(i\) 个括号选择哪边（\(id=0\) 为左边 \(b_{i-1}\)，否则为右边 \(a_i-b_i\)），所有选择方案对应的和。其中若 \(id=0\) 则计算该括号的贡献，否则不计算。

\[f_{i+1,0} \leftarrow \Big(\sum\limits_{b_i=0}^{a_i} b_i \Big) f_{i,0} \]

\[f_{i+1,1} \leftarrow \Big(\sum\limits_{b_i=0}^{a_i} 1 \Big) a_i f_{i,0} \]

\[f_{i+1,0} \leftarrow \Big(\sum\limits_{b_i=0}^{a_i} b_i(a_i-b_i) \Big) f_{i,1} \]

\[f_{i+1,1} \leftarrow \Big(\sum\limits_{b_i=0}^{a_i} (a_i-b_i) \Big) f_{i,1} \]

统计与最初确定的 \((b_n+a_1-b_1)\) 选择符合的状态求和即可得到答案。

总时间复杂度 \(O(n)\)。

ARC131F ARC Stamp (3500)

考虑给定某个初状态如何判断合法。考虑倒推，每次将一个 ARC 变成 ???，表示该位可以任意填。

容易发现每次可以将 \(6\) 种子区间变成 ???：ARC，?RC，??C，AR?，A??，?R?。（A?C 不会在过程中出现）

将给出的 \(T\) 分解成 ARC，RC，C，AR，A，R，于是每次占领一定是占领某一段。

考虑 DP，可以设 \(f_{i,j,id}\) 表示考虑前 \(i\) 段，最少操作次数为 \(j\)，是否选第 \(i\) 段的方案数。然而直接转移会算重，例如 [ARC][RC] 中，对于 \(S\) 为 ARCRC 及 ARCAA 两种情况，在考虑 [ARC] 时并不知道 [RC] 是否要占领，于是也不知道是否要统计步数。

设 \(f_{i,j,id}\) 表示考虑前 \(i\) 段，最少操作次数为 \(j\)，第 \(i\) 段与第 \(i+1\) 段是否都占领的方案数。

在转移时，需要考虑该转移是否是必要的。

这里以 [ARC] 的转移为例：

• \(f_{i,j,0} \leftarrow f_{i-1,j,0}\)，不占领。

• \(f_{i,j+1,1} \leftarrow 27f_{i-1,j,0}\)，占领，且这步必要（前一步依赖）。

• \(f_{i,j+1,0} \leftarrow 27f_{i-1,j,1}\)，占领，且这步必要（后一步依赖）。

• \(f_{i,j+1,1} \leftarrow 27f_{i-1,j,1}\)，占领，且这步必要（前后一步依赖）。

• \(f_{i,j+1,0} \leftarrow 26f_{i-1,j,0}\)，只占领 \(i\) 而不占领前后，这步不必要。

注意上述转移在两个 [ARC] 间会算重（因为 [ARC] 不需要依赖前后），手动在 [ARC] 间加入间隔符 [X] 即可。

总时间复杂度 \(O(|T|k)\)。

ARC138E Decreasing Subsequence (3600)

妙妙双射题？

考虑一张 \(n+1\) 个点的有向图，对所有 \(A_i>0\) 连边 \((i,A_i-1)\)。

显然这张图只能由大连向小，由若干条链构成。长度为 \(k\) 的下降子序列对应着关键边 \((R_1,L_1),\cdots,(R_k,L_k)(L_1 \leq \cdots \leq L_k \leq R_k \leq \cdots \leq R_1)\)，且这些边都在不同的链里。

将 \(k\) 条关键边所在的链拎出来，并用每条关键边将其所在的链割成两半。设所有在 \(L_i\) 一侧的点集为 \(A\)，所有在 \(R_i\) 一侧的点集为 \(B\)，显然 \(\max \{A\}<\min \{B\}\)。

注意到：对于每个 \(\max \{A\}<\min \{B\}\) 的 \((A,B)\) 及将 \(A\)，\(B\) 各连成 \(k\) 条链的方案，有且仅有唯一的连关键边方式 \((R_1,L_1),\cdots,(R_k,L_k)\) 使得 \(L_1 \leq \cdots \leq L_k \leq R_k \leq \cdots \leq R_1\)。

于是只需要预处理 \(f_{i,j}\) 表示将 \(i+1\) 个点连成 \(j\) 条链的方案数。枚举 \(|A|=x\)，\(|B|=y\)，则选择 \((A,B)\) 的方案数为 \(\dbinom{n+1}{x+y}\)，即可快速计算。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

ARC107D Number of Multisets (2100)

设 \(f_{i,j}\) 表示用 \(i\) 个数凑出 \(j\) 的方案数。

考虑转移，要么去掉一个 \(1\)（如果当前状态有 \(1\)），要么全部乘 \(2\)（如果当前状态没有 \(1\)），即：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i,2j} \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

ARC116D I Wanna Win The Game (1700)

设 \(f_{i}\) 表示 \(n\) 个数和为 \(i\)，异或和为 \(0\) 的方案数。显然 \(i\) 必须为奇数。

考虑枚举所有数的最后一位有 \(j\) 个是 \(1\)：

\[f_{i}=\sum\limits_{2 \mid j,j \in [0,n]} \dbinom{n}{j} f_{(i-j)/2} \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC022F Checkers (3600)

神仙题

• \(O(n^5)\)

由于 \(X\) 太大，可以把 \(X^k\) 视作基底，每个数看作 \(n\) 维空间内的点。

对 \(u,v\) 的一次操作认为是新建一个点 \(t\) 连向 \(u\) 及 \(v\)，边权分别为 \(2\) 及 \(-1\)，表示 \(t=2u-v\)。

最后根到某点的路径权积即为该点贡献。贡献一定形如 \(\pm 2^k\)，下面计算每维贡献的可重集，最后乘上可重排即可。

考虑从根向下 DP。设 \(f_{i,x,y}\) 表示共 \(i\) 个点，权值绝对值最大的点（设权为 \(\pm 2^k\)，不关心 \(k\) 到底是多少）中有 \(x\) 个为正，\(y\) 个为负的方案数。

每次转移枚举 \(a\) 个权 \(2^k\) 的点分裂，\(b\) 个权 \(-2^k\) 的点分裂。注意 \(\pm 2^k\) 分裂后会产生 \(\pm 2^{k+1}\) 及 \(\mp 2^k\)，还可以继续分裂，故让它们完全分裂（之后不会再分裂）。

容易算出完全分裂后还剩下 \(x-a+b\) 个 \(2^k\) 及 \(y-b+a\) 个 \(-2^k\)，计入可重排里。故转移：

\[f_{i+a+b,a,b} \leftarrow \dfrac{1}{(x-a+b)!(y-b+a)!} f_{i,x,y} \]

初始状态 \(f_{1,1,0}=1\)，\(Ans=n!f_{n,0,0}\)。

时间复杂度 \(O(n^5)\)，难以优化。但足以通过本题

• \(O(n^4)\)

上面的做法瓶颈在于需要记录最后一层的正负点个数。

考虑换一种建图方式，将 \(-1\) 边缩起来。即对 \(u,v\) 操作直接将 \(u\) 连向 \(v\)（\(u\) 为 \(v\) 的父亲）。注意这里儿子有序。

此时一个点的贡献绝对值为 \(2^{dep}\)，符号取决于其 儿子个数+祖先左侧儿子个数 的奇偶性。将每个点的符号与其父亲差分即为 其儿子个数+父亲右侧儿子个数+\(1\)。

下面称有奇数个儿子的点为特殊的。

仍然从上到下对每一层 DP，但由于符号与儿子个数相关需要改变状态。设 \(f_{i,j}\) 表示共 \(i\) 个点，该层有 \(j\) 个特殊点 的方案数。

设下一层有 \(k\) 个点，若不考虑这些点中儿子个数对符号的影响，则每个父亲的儿子符号从右到左是 \(-1,1,\cdots,-1/1\)。故 \(1\) 共有 \(\dfrac{k-j}{2}\) 个，而 \(-1\) 有 \(\dfrac{k+j}{2}\)。

设考虑这些点中儿子个数的影响后共有 \(t\) 个点为 \(1\)。注意到若有两个特殊点权一正一负，可以令它们儿子个数变为偶数，不会影响权值。故令每一种方案唯一对应到 特殊点数量最少（即 \(|t-(k-j)/2|\) 个）的方案，不会算重。有转移：

\[f_{i+k,|t-(k-j)/2|} \leftarrow \dfrac{1}{t!(k-t)!} f_{i,j} \]

初始状态 \(f_{1,0}=f_{1,1}=1\)，\(Ans=n!f_{n,0}\)。

时间复杂度 \(O(n^4)\)。

• \(O(n^3)\)

先将上述转移式改写一下，令 \(x=t\)，\(y=k-t\)，则：

\[f_{i+x+y,|(x-y-j)/2|} \leftarrow \dfrac{1}{x!y!} f_{i,j} \]

注意到 \((i+x,x-j)\) 相同时转移只与 \(y\) 有关。故分步转移：

\[g_{i+x,x-j} \leftarrow \dfrac{1}{x!} f_{i,j} \]

\[f_{i+x+y,|(x-y-j)/2|} \leftarrow \dfrac{1}{y!} g_{i+x,x-j} \]

\[f_{A,|(B-y)/2|} \leftarrow \dfrac{1}{y!} g_{A,B} \]

注意转移条件 \(x+y \geq \max(1,j)\)，\(2 \mid x+y+j\)。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

ARC139D Priority Queue 2 (2800)

先把第 \(x\) 小改为第 \(n+1-x+1\) 大（即删除后允许最大 \(n-x+1\) 个数留下）。

暴力枚举值域，对每个 \(t \in [1,m]\) 计算最后 \(\geq t\) 的数的期望个数，最后相加即为答案。

设最开始时 \(\geq t\) 的数有 \(A\) 个，\(k\) 步中一共加入了 \(B\) 个 \(\geq t\) 的数。则：

• 若 \(A \leq n-x+1\)，则每次操作后 \(\geq t\) 的数始终不超过 \(n-x+1\) 个，故最后 \(\geq t\) 的数有 \(\min(A+B,n-x+1)\) 个。

• 若 \(A > n-x+1\)，则每次操作后 \(\geq t\) 的数至少有 \(n-x+1\) 个，故最后 \(\geq t\) 的数有 \(\max(A+B-k,n-x+1)\) 个。

暴力枚举 \(p\)，乘上方案数即可。

预处理组合数及幂次可做到 \(O(n+mk)\)。

ARC139E Wazir (3200)

当 \(n,m\) 均为偶数时，显然最优方案为黑白间隔染色，方案数为 \(2\)。

否则，可以选择交换 \(n\)，\(m\) 使得其二之一成立：

• \(n\) 为偶数，\(m\) 为奇数。

• \(n,m\) 均为奇数且 \(n \geq m\)。

当 \(m\) 为奇数时，一行中最多能填 \(\dfrac{m-1}{2}\) 个，且此时有且仅有两个相邻的空位。

设第 \(i\) 行的空位位置为 \(p_i\)，注意到：

第 \(i\) 行与第 \(i+1\) 行满足要求当且仅当 \(p_{i+1}=p_i \pm 1 \pmod m\)。

于是可以说明最优方案的黑格数为 \(\lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor \dfrac{m-1}{2}\)：

• 当 \(n\) 为偶数时，令 \(\{p_i\}=\{0,1,0,1,\cdots,0,1\}\)。

• 当 \(n\) 为奇数（\(n \geq m\)）时，令 \(\{p_i\}=\{0,1,0,1,\cdots,1,0,1,2,\cdots\,m-2,m-1\}\)。

考虑算方案数。先假设 \(p_0=0\)，最后再乘上 \(m\)。即求：

\[\sum\limits_{x+y=n} [m \mid x-y] \dbinom{n}{x} \]

当 \(n\) 较小时，暴力计算即可。

当 \(m\) 较小时，只需要计算：

\[(x+x^{-1})^n \pmod{x^m-1} \]

使用多项式快速幂及多项式取模即可。

总时间复杂度 \(O(\min(n,m) \log n \log m)\)。

ARC127E Priority Queue (2700)

记 \(n=A\)，\(m=B\)。

考虑判断终态 \(s_1,s_2,\cdots,s_{n-m}\) 是否可行。考虑倒推，倒着考虑每个操作：

• 若遇到 \(1\) 操作，则从优先队列中删除一个数。

• 若遇到 \(2\) 操作，则将一个未被加入过的数加入优先队列，且要求该数比优先队列中所有数都大。

若存在一种操作方式完成所有操作，则终态合法。

不难发现最优策略下 \(1\) 操作删除的数一定是最大的，而 \(2\) 操作加入的数会按照 \(s_{n-m}+1,s_{n-m}+2,\cdots,n,s_{n-m-1}+1,s_{n-m-2}+2,\cdots\) 的顺序加入。

那么预处理出 \(p_i\) 表示删掉 \(s_{n-m+1-i}\) 时（即第一次 \(cnt_1-cnt_2=i\)）进行的 \(2\) 操作的数量。则 \(s_i\) 合法当且仅当 \(\forall i,n-s_{n-m+1-i}-i+1 \geq p_i\)（即 \(s_{n-m+1-i}\) 后面的空位数）。

即问题转化为：

求 \(0 \leq a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_{n-m} \leq m\) 的数量使得 \(\forall i,a_i \geq p_i\)。

可以直接 \(O(n^2)\) DP，也可参照 gym102978J Japanese Knowledge 用分治乘优化到 \(O(n \log^2 n)\)。

真 · Japanese Knowledge

ABC249G Xor Cards (2800)

把卡片的 \(A_i\) 扔进线性基 \(P\) 里（线性基需记录对应的 \(B_i\)），插不进去的将 \(B_i\) 放到另一个线性基 \(Q\) 里表示可以随意用。

从高位向低位枚举 \(P\) 中元素。记录当前钦定选的 \(A_i\) 异或和 \(cur\) 及 \(B_i\) 异或和 \(val\)。假设枚举到第 \(i\) 位（\(cur_i,K_i\) 分别表示 \(cur\) 及 \(K\) 在二进制下的第 \(i\) 位，\(P_i\) 表示 \(P\) 的第 \(i\) 位元素）：

• 若 \(cur_i=0,K_i=0\)，则必须不选，跳过。

• 若 \(cur_i=0,K_i=1\)，若 \(P_i=0\) 则直接跳过；否则若钦定不选则 后面的位及 \(Q\) 可以任意选计入答案，若钦定选择则继续下一位。

• 若 \(cur_i=1,K_i=0\)，则必须选，若 \(P_i=0\) 则退出，否则跳过。

• 若 \(cur_i=1,K_i=1\)，若 \(P_i=0\) 则直接跳过；否则若钦定选则 后面的位及 \(Q\) 可以任意选计入答案，若钦定不选则继续下一位。

最后若 \(cur=K\) 可以在 \(Q\) 中任意选计入答案。

判断无解需要记录目前 是否已经钦定选数 及 线性基里是否有元素。

预处理线性基可做到 \(O(n \log W+\log^2 W)\)。

所以为什么官方题解和 User Editorial 都是三方的啊

ABC129Ex Dye Color (3500)

算停时，用 势函数和鞅的停时定理！

对每种颜色的出现次数 \(a_i\) 设势函数 \(\varphi(x)\)。设 \(p_{i,j}\) 表示一次操作后某种颜色 \(X\) 出现次数由 \(i\) 变为 \(j\) 的概率，则我们希望：

\[1+\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=0}^{a_i+1} p_{a_i,j} \varphi(j)=\sum\limits_{i=1}^n \varphi(a_i) \]

\[\varphi(i)=\sum\limits_{j=0}^{i+1} p_{i,j} \varphi(j)-\dfrac{1}{n}(i<n),\varphi(n)=0 \]

考虑计算 \(p_{i,j}\)。分两种情况：

• 选的颜色中没有颜色 \(X\)，则概率为：

\[\begin{aligned} S_1 &=\sum\limits_{t=0}^{n-i} \dfrac{1}{2^n} \dbinom{i}{i-j} \dbinom{n-i}{t} \dfrac{\dbinom{n-1}{(i-j+t)}}{\dbinom{n}{(i-j+t)}}\\ &=\dfrac{1}{2^n} \dbinom{i}{j} \sum\limits_{t=0}^{n-i} \dbinom{n-i}{t} \dfrac{n-(i-j+t)}{n}\\ &=\dfrac{1}{2^n} \dbinom{i}{j} \big [ (n-i+j)2^{n-i}-(n-i)2^{n-i-1} \big ]\\ \end{aligned} \]

• 选的颜色中有颜色 \(X\)。则概率为：

\[\begin{aligned} S_2 &=\sum\limits_{t=0}^{n-i} \dfrac{1}{2^n} \dbinom{i}{i-j+1} \dbinom{n-i}{t} \dfrac{i-j+1+t}{n}\\ &=\dfrac{1}{2^n} \dbinom{i}{j-1} \big [ (i-j+1)2^{n-i}+(n-i)2^{n-i-1} \big ]\\ \end{aligned} \]

于是 \(p_{i,j}=S_1+S_2\) 可以 \(O(1)\) 算出。

由于是下海森堡矩阵，可以通过倒推 \(O(n^2)\) 消元并解出 \(\varphi(x)\)，计算答案。

总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

ARC140F ABS Permutation (Count ver.) (3400)

先考虑 \(M=1\) 的情况。注意到满足条件的位置连起来会将整个数组划分成一条条链，等价于数链的条数，而链是好处理的。

假如钦定了每一条链的位置（未填数），方案数容易计算。难点在于要求两条不同的链不能相接。

上容斥，设 \(f_i\) 表示满足条件的位置恰好有 \(i\) 个，\(g_i\) 表示钦定有 \(n-i\) 条链（即有些满足条件的位置可能不被计入），有：

\[g_k=\sum\limits_i \dbinom{i}{k} f_i \]

\[f_k=\sum\limits_i (-1)^{i-k} \dbinom{i}{k} g_i \]

该式直接差卷积即可。下面考虑如何算 \(g_k\)。

\(g_k\) 的意义为：将长为 \(n\) 的数组划分为 \(k\) 段 \(c_1,\cdots,c_k\)，其权值为：

\[k! 2^{\sum\limits_{i} [c_i>1]} \]

\(g_k\) 即为所有划分方案的权值和。

可参照 CF1553I Stairs，使用分治乘（需要记录两端是否为 \(1\)），复杂度为 \(O(16 n \log^2 n)\)。这里由于是上述题目中 \(a_i\) 全为 \(1\) 的特殊情况，可以改为倍增 FFT，复杂度为 \(O(16 n \log n)\)。

接下来考虑 \(M > 1\)。记 \(Q=P^{-1}\) 满足 \(Q_{P_i}=i\)。则 \(|P_i-P_{i+1}|=M\) 等价于 \(|Q_i-Q_{i+M}|=1\)。又注意到位置可以随意互换，故这个模型等价于若干条互相独立的链。对每条链做 \(M=1\) 的倍增 NTT 再全部分治乘卷起来即可。

时间复杂度 \(O(16n \log n+n \log^2 n)\)。

AGC057E RowCol/ColRow Sort (4100)

个人感觉这一场最有意思的题

考虑如何判断一个矩阵是否合法。

由排序网络的 0-1 原理，对于每个 \(k\)，将不超过 \(k\) 的数涂黑，得到 \(A_k\) 及 \(B_k\)。若 \(A_k\) 按两种方式排序后都得到 \(B_k\)，则合法。

记矩阵 \(M\) 的每行黑格子数的可重集为 \(R_M\)，每列黑格子数的可重集为 \(C_M\)。

引理：对于所有按行或按列排序后的 \(n\) 行 \(m\) 列矩阵 \(M\)，\(f:{R_M} \rightarrow C_M\) 构成双射。
证明：不妨设 \(M\) 按行有序。将所有列按照黑格数量递减排序，显然 \(R_M\) 及 \(C_M\) 不变，而此时 \(M\) 按列也有序，故 \(R_M\) 与 \(C_M\) 唯一对应。

结论：矩阵 \(A\) 合法当且仅当 \(R_A=R_B,C_A=C_B\)。
证明：将 \(A\) 按行排序后得到 \(A'\)，有 \(R_A=R_{A'}\)。由于 \(A'\) 按列排序后得到 \(B\)，故 \(C_{A'}=C_B\)。由引理，\(R_{A'}=R_B\)，故 \(R_A=R_B\)。同理 \(C_A=C_B\)，可证得必要性，而充分性显然。

注意到颜色数很少，不妨按颜色分层。对于每个 \(k\)，只需要计算出在 \(B_{k+1}\) 中填出 \(B_k\) 的方案数，全部相乘即可得到答案。即，将 \(B_{k+1}\) 按行列排序后得到 \(B'_{k+1}\)，在黑格中选一些格子，选出的格子组成矩阵的 \(M\) 满足 \(R_M=R_{B_{k}},C_M=C_{B_{k}}\)。

由于引理，\(M\) 由且仅由 \(B_k\) 交换一些行列得到。不妨设行交换的排列为 \(p_1,\cdots,p_n\)，列交换的排列为 \(q_1,\cdots,q_m\)。只需要满足：

\[B_{k_{i,j}}=1 \Rightarrow B'_{k+1_{p_i,q_j}}=1 \]

设 \(a_i\) 表示 \(B_k\) 第 \(i\) 行的黑格数，\(b_i\) 表示 \(B'_{k+1}\) 第 \(j\) 列黑格数，则条件等价于：

\[j \leq a_i \Rightarrow p_i \leq b_{q_j} \]

\[\forall i \in [1,n],p_i \leq b_{\max\{q_1,q_2,\cdots,q_{a_i}\}} \]

注意到 \(\{a_i\}\) 及 \(\{b_i\}\) 均单调不增，考虑按 \(x=\max\{q_1,q_2,\cdots,q_{a_i}\}\) 从后向前 DP。

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(\max\{q_1,q_2,\cdots,q_i\}=j\) 的方案数，可以在转移时维护 \(\{q_i\}\) 的方案数。再维护一个指针 \(t\)，容易在 \(a_t=i\) 时计算 \(\{p_i\}\) 的方案数：

\[f_{i,j} \leftarrow (j-i+1) f_{i-1,j}+\sum\limits_{k<j} f_{i-1,k} \]

\[f_{i,j} \leftarrow (b_j-t+1) f_{i,j} \]

最后由于 \(R_k,C_k\) 中重复的数会被计算多次但方案是相同的，所以要除掉可重排。注意 \(a_i,b_j=0\) 的要删掉，不然会算重。

前缀和优化可做到 \(O(nm+m^2)\)。总时间复杂度 \(O(B_{i,j}(nm+m^2))\)。

ARC118E Avoid Permutations (3100)

从对每个 \(P\) 计算 \(f(P)\) 的角度来看十分不可做。由于可以从障碍中间穿过，只能用 DP 解决。

换一个角度，对每条路径统计放障碍的方案数。障碍不能碰到路径 的限制比较难办，考虑容斥，钦定一部分障碍必须放在路径上。

一边 DP 一边进行容斥。注意到最后需要根据钦定放障碍的数量来计算其它障碍的方案，并且两行间的交界处会出现两格子同列的情况。故设 \(f_{i,j,k,id_1}\) 表示在第 \(i\) 行走到第 \(j\) 列（下一步直接向下一行走），已经钦定放了 \(k\) 个障碍，障碍是否放在 \((i,j)\) 的权值。转移需要枚举下一行走到哪，复杂度 \(O(n^4)\)。

在每一行转移内部用分步 DP 来优化。将状态改为 \(f_{i,j,k,id_1,id_2}\)，表示在第 \(i\) 行走到第 \(j\) 列，已经钦定放了 \(k\) 个障碍，该行是否已放障碍，该列是否已放障碍的权值。转移只需考虑相邻的两个格子，复杂度 \(O(n^3)\)。

AGC053C Random Card Game (2900)

本文中认为每次操作拿走较大（而非较小）的牌，与原题等价。

容易发现被拿空的牌堆是确定的：\(1\) 号牌不可能被拿走。

设含有 \(1\) 号牌的牌堆为 \(A\)，另一牌堆为 \(B\)。

\(B\) 中的每张牌 \(B_i\) 都会被 \(A\) 中的某张牌 \(A_j\) 删掉，且满足 \(A_j<B_i\)。设最小满足此条件的 \(j\) 为 \(p_i\)。

显然下界为 \(n+\max \{p_i-i\}\)，可以通过以下策略达到：

• 若有 \(A_i<B_i\) 就对这样的 \(i\) 中最大的 \(i\) 删掉 \(B_i\)（故不会互相影响）；否则就将 \(A_1\) 删去（若 \(A_1\) 不能删去则说明 \(A_1<B_1\)，矛盾）。

这样 \(B\) 中的每张卡能删就删，删去 \(A_1\) 的次数就是 \(\max \{p_i-i\}\)。

设 \(\max \{p_i-i\} \leq k\) 的概率为 \(f_k\)，则答案为 \(2n-\sum\limits_{k=0}^{n-1} 2f_k\)（乘 \(2\) 是因为 \(A,B\) 可互换）。

即计算对所有 \(i \in [1,n]\)，存在 \(j \in [1,\min(i+k,n)]\) 使得 \(A_j < B_i\) 的概率。记该事件为 \(C_i\)，则：

\[\begin{aligned} f_k &= P(C_1 \cap C_2 \cap \cdots \cap C_n)\\ &= P(C_1) P(C_2 | C_1) P(C_3| C_1 \cap C_2) \cdots P(C_n | C_1 \cap \cdots \cap C_{n-1}) \end{aligned} \]

而 \(C_i | C_1 \cap \cdots \cap C_{i-1}\) 不成立当且仅当 \(B_i\) 是 \(A_1,\cdots,A_{\min(i+k,n)},B_1,\cdots,B_i\) 中最小的（若存在 \(B_j \leq B_i\)，由于 \(C_j\) 成立 \(C_i\) 也一定成立）。故概率为 \(1-\dfrac{1}{i+\min(i+k)}\)。

\[f_k=\prod\limits_{i=1}^{n-k} \dfrac{2i+k-1}{2i+k} \prod\limits_{i=n-k+1}^{n} \dfrac{n+i-1}{n+i} \]

预处理后可以 \(O(1)\) 计算。总时间复杂度 \(O(n)\)。

ARC133F Many Xor Optimization Problems (?)

q-analog 普及题

对于每个向量空间，求出其线性基并对主元位消元。

设主元位分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\)，下面分成三部分计算：

• 主元位 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\) 对应的向量空间数量。

• 主元位为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\) 的向量空间的最大子集异或和的期望值。

• 主元位为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\) 的基底数量。

第一个问题显然只与 \(k\) 有关。只需要数 \(k\) 维满秩的向量空间数量即可。

这是一个经典问题，考虑每个向量空间一定可以进行 \(n\) 次以下步骤之一来唯一得到：

• 添加一个与已有向量线性有关的向量。假设当前秩为 \(t\)，则方案数为 \(2^t\)。

• 添加一个与已有向量线性无关的向量，使秩增加 \(1\)（需要恰好被进行 \(k\) 次）。假设当前秩为 \(t\)，则方案数为 \(2^k-2^t\)。

写成生成函数即：

\[p_k=\prod\limits_{i=0}^{k-1} (2^m-2^i) [x^{n-k}] \prod\limits_{i=0}^k \dfrac{1}{1-2^ix} \]

前面数量容易计算，后面即 q-binomial 的形式，为 \(\dbinom{n}{k}_2\)，可以递推算出。该部分时间复杂度 \(O(m)\)。

第二个问题，最大子集异或和就是所有基底的异或和。那么分每一位考虑，比 \(x_k\) 高的位全都为 \(0\)，主元位必定为 \(1\)，非主元位有一半的概率为 \(1\)，故期望为：

\[\dfrac{2^{k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^k 2^{x_i}}{2} \]

第三个问题，从低位到高位逐个确定每个基底。那么对于第 \(i\) 个基底，后面的 \(x_i\) 个位置有 \(i-1\) 个是主元位必须为 \(0\)，其它都可以任意选。故方案数为：

\[\prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i-(i-1)} \]

---

全部组合起来，答案为：

\[\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} p_k \dfrac{2^{k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^k 2^{x_i}}{2} \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i-(i-1)}=\sum\limits_{k=1}^m p_k2^{-k(k-1)/2-1} \sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} (2^{k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^k 2^{x_i}) \prod\limits_{i=1}^k 2^x_i \]

那么只需要对每个 \(k\) 计算：

\[f_k=\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i} \]

\[g_k=\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} (\sum\limits_{i=1}^k 2^{x_i}) \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i} \]

\[h_k=\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} x_k \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i} \]

先考虑 \(g_k\)，巧妙变形：

\[\begin{aligned} g_k&=\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} (\sum\limits_{i=1}^k 2^{x_i}) \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i}\\ &=\sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_k \leq m-1} (2^m-1-\sum\limits_{i \notin X} 2^{x_i}) \prod\limits_{i=1}^k 2^{x_i}\\ &=(2^m-1)f_k-(k+1) \sum\limits_{0 \leq x_1 \leq \cdots \leq x_{k+1} \leq m-1} \prod\limits_{i=1}^{k+1} 2^{x_i}\\ &=(2^m-1)f_k-g_{k+1}\\ \end{aligned} \]

于是只需快速计算 \(f_k\) 及 \(h_k\) 即可。

对 \(f_k\) 写出生成函数即：

\[F(x)=\prod\limits_{i=0}^{m-1} (1+2^ix) \]

还是 q-analog 那一套，代入 \(2x\)：

\[(1+2^{m}x) F(2x)=(1+x) F(x) \]

\[f_i(2^i-1)=f_{i-1}(2^m-2^{i-1}) \]

线性递推即可。

对 \(h_k\) 写出生成函数即：

\[H(x)=\sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^kx \prod\limits_{i=0}^{k-1} (1+2^ix) \]

\[\begin{aligned} H(2x)&=\sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^k \cdot 2x \prod\limits_{i=0}^{k-1} (1+2^{i+1} x)\\ &=\dfrac{2}{4(1+x)} \sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^{k+1} x \prod\limits_{i=0}^{k} (1+2^i x)\\ &=\dfrac{1}{2(1+x)} \sum\limits_{k=1}^{m} 4^{k} x \prod\limits_{i=0}^{k-1} (1+2^i x)\\ &=\dfrac{1}{2(1+x)} \Big[ \sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^{k} x \prod\limits_{i=0}^{k-1} (1+2^i x) -1+4^mx \prod\limits_{i=0}^{m-1} (1+2^ix) \Big]\\ &=\dfrac{1}{2(1+x)} \Big[ \sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^{k} x H(x)-1+4^mx F(x) \Big]\\ \end{aligned} \]

\[2(1+x)H(2x)=\sum\limits_{k=0}^{m-1} 4^{k} x H(x)-1+4^mx F(x) \]

\[(2^{i+1}-1) h_i=4^m f_{i-1}-2^i h_{i-1}-[i=1],i \geq 1 \]

同样可以线性递推。

总时间复杂度 \(O(m)\)。

官方题解到处都是 NTT，错过了普及 q-analog 的大好机会

AGC041D Problem Scores (3100)

显然对于某个 \(k\)，只需要考虑前缀 \(k+1\) 个数 \(pre_{k+1}\) 之和大于后缀 \(k\) 个数 \(suf_{n-k+1}\) 之和的限制。

设 \(s_k=pre_{k+1}-suf_{n-k+1}\)，差分有 \(s_k-s_{k-1}=a_k-a_{n-k+1}\)。而 \(\{a_i\}\) 单调不降，故 \(k=\lfloor \dfrac{n-1}{2} \rfloor\) 时 \(s_k\) 是最小的，只需考虑此限制即可。

由于要求 \(\{a_i\}\) 单调不降，设 \(\{a_i\}\) 的差分数组为 \(\{b_i\}\)，考虑 \(b_i\) 对 \(s_k\) 的贡献：

• \(n\) 为奇数：\(\{1,0,-1,-2,\cdots,-k+1 \ , \ -k,-k+1,\cdots,-1\}\)。

• \(n\) 为偶数：\(\{1,0,-1,-2,\cdots,-k+1 \ ,-k, \ -k,-k+1,\cdots,-1\}\)。

记此贡献系数为 \(c_i\)。可以看到 \(b_1\) 比较特殊，考虑枚举 \(b_2,\cdots,b_n\) 再算 \(b_1\) 的取值方案数。限制即：

\[b_1 \leq n-\sum\limits_{i=2}^n b_i \]

\[b_1 > \sum\limits_{i=2}^n c_ib_i \]

故 \(b_1\) 共 \(\max(0,n-\sum\limits_{i=2}^n (c_i+1) b_i)\) 种取值方案。

对所有 \((c_i+1)\) 做完全背包即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。可以同 P4389 付公主的背包 用分治乘优化到 \(O(n \log^2 n)\)。

ARC111F Do you like query problems? (3100)

可以对每个位置分别考虑，可以线性得到贡献为关于 \(x=i(n+1-i)\) 的 \(q\) 次多项式，但无法避免插值（不过足以通过）。

更聪明的做法，首先对值域将期望拆成概率。枚举 \(w \in [0,m)\)，将所有 \(\geq w\) 的数视为 \(1\)，其它数视为 \(0\)，计算答案后全部求和即可得到原问题答案。

将修改和询问分别考虑。考虑计算 \(t\) 次操作后第 \(i\) 个数为 \(1\) 的概率 \(f_{w,t,i}\)。注意到只有两种修改会影响 \(a_i\) 的取值，称作关键操作：

• 第一类操作，\(i \in [l,r],v<w\)。

• 第二类操作，\(i \in [l,r],v \geq w\)。

于是 \(a_i\) 由最后一次关键操作决定。而一次操作为关键操作的概率为：

\[p_i=\dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)/2} \cdot \dfrac{2m}{2m+1} \cdot \dfrac{1}{2}(\dfrac{w}{m}+\dfrac{m-w}{m})=\dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)/2} \cdot \dfrac{m}{2m+1} \]

若前 \(t\) 次操作中没有关键操作，则 \(a_i\) 为 \(0\)。否则有 \(\dfrac{m-w}{m}\) 的概率 \(a_i\) 为 \(1\)。故

\[f_{w,t,i}=\dfrac{m-w}{m}[1-(1-p_i)^t] \]

先在这里对 \(w\) 求和，有：

\[g_{t,i}=\sum\limits_{w=0}^{m-1} f_{w,t,i}=\dfrac{m-1}{2}[1-(1-p_i)^t] \]

考虑上一次操作为第三种操作（即询问）的概率，答案即为：

\[\begin{aligned} Ans&=\sum\limits_{t=0}^{q-1} \sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)/2} \dfrac{1}{2m+1} \cdot \dfrac{m-1}{2}[1-(1-p_i)^t]\\ &=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)} \dfrac{m-1}{2m+1} \sum\limits_{t=0}^{q-1} [1-(1-p_i)^t]\\ &=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)} \dfrac{m-1}{2m+1} (q-\dfrac{1-(1-p_i)^q}{p_i})\\ \end{aligned} \]

预处理即可做到 \(O(n \log q)\)。

AGC003F Fraction of Fractal (3300)

设迭代了 \(k\) 次的图形为 \(G_k\)（初始图形为 \(G_1\)）。

考虑 \(G_2\)，显然应当关注上下/左右边界能否相接。

• 若上下及左右边界均相接，则答案为 \(1\)。

• 若上下及左右边界均不相接，则每个小块都是一个联通块。设图 \(G_1\) 中共 \(s\) 个黑格，则答案为 \(s^{k-1}\)。

否则考虑左右相接而上下不相接的情况。设 \(G_1\) 左右边界上有 \(p\) 个格子相接，那么 \(G_k\) 的左右边界上有 \(p^k\) 个格子相接。

考虑迭代 \(k\) 次，相当于将 \(G_1\) 的每个黑格替换为 \(G_{k-1}\)。由于上下不相接，所以每一行是独立的。

那么一行中连续的 \(t\) 个黑格全部替换为 \(G_{k-1}\) 后，得到的联通块数量即为 \(tf_{k-1}-p^{k-1}\)。

设所有行的连续段长度之和为 \(A\)，数量为 \(B\)，则有递推式：

\[f_0=1,f_k=Af_{k-1}-B p^{k-1} \]

当然可以直接写矩阵快速幂求出。

懒得写怎么办呢？ Bonus：\(k \leq 10^{10^5}\)。

写成生成函数就是 \(F(x)=AxF(x)-\dfrac{Bx}{1-x}+1\)，即 \(F(x)=\dfrac{1-(p+B)x}{(1-px)(1-Ax)}\)。

部分分式化后解得：

\[f_k= \begin{cases} \dfrac{Bp^k+(A-p-B)A^k}{A-p},A \neq p\\ (k+1)A^k-k(A+B)A^{k-1},A=p \end{cases} \]

时间复杂度 \(O(\log k)\)。

ARC142D Deterministic Placing (2900)

场上被 C 卡死了，这题要是时间充裕就搞出来了

首先注意到操作可逆，也即若在情况间连转移边，所有合法的情况一定形如若干二元环。

考虑合法情况 \(A\)，将每个棋子向移动到的点连边，显然会连出若干条链。这些链必须覆盖所有点，否则空点的邻居就可以改为移向空点，不合法。

注意到 \(A\) 的所有链尾都没有棋子，而其转移到的状态 \(B\) 的所有链头都没有棋子。而若某条链的链头 \(u\) 与另一条链的非链头 \(v\) 相邻，\(v\) 就可以在 \(A,B\) 状态之一中移向 \(u\)，不合法。

容易发现在这两个限制下一定是合法的。

于是一个情况合法的充要条件为：

• 所有的链恰好覆盖了树上的所有点。

• 每条链的链头的邻居都为某条链的链头，每条链的链尾的邻居都为某条链的链尾。

那么设计一个树形依赖背包 DP 即可。设 \(f_{u,0/1/2}\) 分别表示 \(u\) 号点不是端点，当前连接了下面连上来的 \(0/1/2\) 条链的方案数。\(g_{u,0/1}\) 分别表示 \(u\) 号点是端点，当前连接了下面连上来的 \(0/1\) 条链的方案数（\(g_{u,1}\) 是实际方案数除二，这是为了在给 \(f\) 转移只有一种选择）。那么有转移：

\[g_{u,1} \leftarrow g_{u,0}f_{v,1}+g_{u,1}f_{v,1} \]

\[g_{u,0} \leftarrow g_{u,0}g_{v,1} \]

\[f_{u,2} \leftarrow f_{u,2}f_{v,2}+2f_{u,1}f_{v,1} \]

\[f_{u,1} \leftarrow f_{u,0}f_{v,1}+f_{u,1}f_{v,2} \]

\[f_{u,0} \leftarrow f_{u,0}f_{v,2} \]

在 u 的转移结束后，还要转移 \(f_{u,1} \leftarrow f_{u,1}+g_{u,0}\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

AGC040D Balance Beam (3500)

容易发现若 Ringo 的起始点为 \(x\) 时 Snuke 能够追上 Ringo，则起始点为 \(y(y<x)\) 时也能。故使 Snuke 获胜的起始点一定是一段前缀。

下面设 \(a_t,b_t\) 分别表示点 \(t\) 所在的整段的 \(A\) 值与 \(B\) 值。

考虑起始点为 \(x\)，Snuke 在 \(y\) 处追上 Ringo。则需要满足：

\[-\int_0^x a_t dt+\int_x^y(b_t-a_t) dt \geq 0 \]

显然 \(y\) 所在的整段 \(k\) 一定满足 \(A_k<B_k\)，故 \(\lceil y \rceil\) 也一定满足条件，故不妨设 \(y\) 为整点。

假设 \(x\) 只能为整点（即求答案向下取整的值），那么问题相当于在所有整段中选出两个不交的集合 \(S_1,S_2\) 满足 \(s=-\sum_{i \in S_1} A_i+\sum_{i \in S_2} (B_i-A_i) \geq 0\)，最大化 \(|S_1|\)。可以设计这样一个算法：

• 对于每个整段 \(k\)，先将其放入 \(S_2\) 或者丢掉，再赋权值 \(c_k\) 表示将其改为放入 \(S_1\) 新增的代价（即让 \(s\) 减少多少）。

  • 若 \(A_k \leq B_k\)，则先将 \(k\) 选入 \(S_2\) 中使 \(s\) 获得 \(B_k-A_k\) 的值，\(c_k=B_k\)。
  • 若 \(A_k > B_k\)，则先将其丢掉，\(c_k=A_k\)。

• 将所有 \(c_k\) 从小到大排序，若当前 \(s \geq c_k\) 则选入并令 \(s \leftarrow s-c_k\)，否则报告答案退出。

对于原问题，枚举选择一个整段 \(k\) 作为 \(x\) 所在的整段。设 \(p=x-\lfloor x \rfloor=\{x\}\)，那么其对 \(s\) 的贡献为 \(-pA_k+(1-p)(B_k-A_k)\)。

令初始 \(s=B_k-A_k\)，对剩下的 \(n-1\) 个整段进行上述算法，即可计算通过得到 \(p\) 以及答案。对所有 \(k\) 的答案取 \(\max\) 即可。

预处理前缀和后可以二分优化算法的第二步，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

注意分数比较时可能会爆 \(\text{long long}\)。

ABC257Ex Dice Sum 2 (3500)

显然答案只与每个骰子六个面的和 \(S_i\) 及平方和 \(Q_i\) 有关（考虑指数型生成函数）。

考虑计算买了某 \(k\) 个骰子的期望收益，拆括号算（也可以用概率型生成函数）。下面的变量 \(i,j\) 都是在这 \(k\) 个骰子中枚举：

\[\begin{aligned} S&=\dfrac{1}{6^k} \Big( \sum\limits_{i,p} 6^{k-1} A_{i,p}^2 +2 \sum\limits_{i \neq j,p,q} 6^{k-2}A_{i,p}A_{j,q}\ \Big)-\sum\limits_i C_i\\ &=\dfrac{1}{6} \sum\limits_{i,p} 6^{k-1} A_{i,p}^2+\dfrac{1}{18} \cdot \dfrac{1}{2} \big[ (\sum\limits_{i,p} A_{i,p})^2-\sum\limits_{i}(\sum\limits_{p} A_{i,p})^2 \big]\\ &=\dfrac{1}{36} (\sum\limits_{i} S_i)^2+\dfrac{1}{6} \sum\limits_{i} Q_i-\dfrac{1}{36} \sum\limits_{i} S_i^2-\sum\limits_i C_i\\ \end{aligned} \]

记 \(B_i=6 \sum\limits_{i} Q_i-\sum\limits_{i} S_i^2-36 \sum\limits_i C_i\)，则 \(S=\dfrac{1}{36} \Big[ (\sum\limits_{i} S_i)^2+\sum\limits_{i} B_i \Big]\)。

显然最难处理的就是这个平方项。考虑一个神奇的想法：将两个 \((\sum\limits_{i} S_i)\) 中的一个换成变量 \(x\)，这样枚举 \(x\) 就只需要处理关于 \(x\) 的一次函数即可。（正确性见下方证明）

于是 \(36S=\sum\limits_{i} (S_ix+B_i)\)。对于一个固定的 \(x\)，将 \(n\) 个骰子按这个值排序后取最大的 \(k\) 个统计答案即可（注意是按 \(36S=(\sum\limits_{i} S_i)^2+\sum\limits_{i} B_i\) 统计，因为 \(x\) 不一定是 \(\sum S_i\)）。

那么只需要维护函数值间的大小关系即可。考虑令 \(x\) 从小到大扫描，任意两根直线间至多只有一个交点，这两个函数值的大小关系也只会变化一次。求出所有交点后维护所有函数值的大小关系，统计答案即可。

具体实现，可以维护一个有向完全图表示大小关系（\(u\) 连向 \(v\) 表示 \(u\) 大于 \(v\)），那么只需要统计入度 \(<k\) 的直线的函数值之和即可。注意交点的 \(x\) 坐标可能重复，意味着函数值可能相等。我们不在这种情况下统计答案（会算重），于是再对入度开一个桶判重即可。

时间复杂度 \(O(n^2+\text{sort}(n^2))\)。

---

正确性证明（不保证正确）：设最优解的 \(S,B\) 之和分别为 \(S_1,B_1\)。令 \(x=2S_1\)，假设存在另一组解 \(S_2,B_2\) 满足：

\[S_2x+B_2>S_1x+B_1,S_2^2+B_2<S_1^2+B_1 \]

\[2S_1^2-2S_1S_2<B_2-B_1<S_1^2-S_2^2 \]

\[(S_1-S_2)^2<0 \]

显然矛盾。故一定会被枚举到最优解之一。

AGC031D A Sequence of Permutations (3100)

设 \(f(p,q)=r\)，则 \(r_{p_i}=q_i\)，\(r_{i}=q_{p^{-1}_i}\)，即 \(r=q \circ p^{-1}\)。

写出前几项看看（下面省略复合符号）：

\[a_1=p\\ a_2=q\\ a_3=q p^{-1}\\ a_4=q \underline{p^{-1}} q^{-1}\\ a_5=q p^{-1} \underline{q^{-1}} p q^{-1}\\ a_6=q p^{-1} \underline{q^{-1} p} p q^{-1}\\ a_7=q p^{-1} q^{-1} p \underline{p} p^{-1} q p q^{-1}\\ a_8=q p^{-1} q^{-1} p \underline{q} p^{-1} q p q^{-1}\\ a_9=q p^{-1} q^{-1} p \underline{q p^{-1}} p^{-1} q p q^{-1}\\ \cdots \]

规律十分显然。设 \(V=q p^{-1} q^{-1} p\)，下面归纳证明：

• 当 \(i \in [1,4]\)，\(a_{6k+i}=V^t a_i V^{-t},a_{6k+i+1}=V^t a_{i+1} V^{-t} \Rightarrow a_{6k+i+2}=V^t a_{i+1} V^{-t} V^t a_i^{-1} V^{-t}=V^t a_{i+2} V^{-t}\)。

• \(a_{6k+5}=V^t a_5 V^{-t},a_{6k+6}=V^t a_6 V^{-t} \Rightarrow a_{6k+7}=V^t a_7 V^{-t}=V^{t+1} p V^{-t-1}\)。

• \(a_{6k+6}=V^t a_6 V^{-t},a_{6k+7}=V^t a_7 V^{-t} \Rightarrow a_{6k+8}=V^t a_8 V^{-t}=V^{t+1} q V^{-t-1}\)。

于是只需要计算复合及 \(k\) 次复合即可。不需要快速幂，将置换拆成若干个循环，可以快速算出每个循环的答案。

时间复杂度 \(O(n)\)。

所以为什么所有题解写的都是快速幂，也没多麻烦吧

ARC144D AND OR Equation (2500)

按每一位分别考虑。注意到对于第 \(t\) 位不为的二进制数 \(S\)，\(f(S)+f(2^t)=f(S+2^t)+f(0)\)，即 \(f(S+2^t)-f(S)=f(2^t)-f(0)\)。

记 \(w_t=f(2^t)-f(0)\)，可推知 \(f(S)=\sum\limits_{i \in S} w_i\)，同时容易验证该函数是合法的。

那么接下来只需要数 \(\{f(0),w_0,\cdots,w_{n-1}\}\) 即可，需要满足 \(f(0) \in [0,k],f(0)+\sum\limits_{i=0}^{n-1} |w_i| \leq k\)。

写成生成函数即：

\[\begin{aligned} Ans &= \sum\limits_{i=0}^k [x^i]\dfrac{1}{1-x} (1+2x+2x^2+\cdots)^n\\ &=[x^k] \dfrac{1}{(1-x)^2} (\dfrac{2}{1-x}-1)^n\\ &=\sum\limits_{i=0}^n 2^i(-1)^{n-i} \dbinom{k+i+1}{k} \\ \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n)\)。

ABC260Ex Colorfulness (3300)

看错题想了一晚上

\(k\) 次方之和看起来很不可做而且一看就是二合一，假装没有。下面对每个 \(k\) 计算 \(C(P)=k\) 的排列个数 \(s_k\)。

设第 \(i\) 种颜色有 \(m_i\) 个球。

枚举颜色的所有排列，相当于让同种颜色的球不区分了。故对于一种颜色排列，其对应的原排列都有 \(\prod\limits_{i} m_i!\) 种。

那么只需要对每个 \(k\) 数恰有 \(k\) 个连续段的颜色排列数量即可。

这是个经典问题，设 \(g_k\) 表示钦定有 \(k\) 个相邻位置颜色相同，通过二项式反演即可得到答案。

对每种颜色 \(i\)，钦定有 \(c_i\) 个相邻颜色相同。那么总方案数是：

\[\dbinom{n-\sum\limits_{c_i}}{m_1-c_1,\cdots,m_n-c_n} \prod\limits_{i=1}^{n} \dbinom{m_i-1}{c_i} \]

分治 NTT 卷一卷即可得到。该部分时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

那对于二合一的后半部分，已经板到不能再板了，写成生成函数的形式，再交换和号，算一算分式求和即可做到 \(O(n \log^2 n+m \log m)\)。

总时间复杂度 \(O(n \log^2 n+m \log m)\)。

AGC024F Sequence Growing Hard (3000)

为了避免边界问题，在每个序列的末尾补一个 \(0\)。

考虑怎样的插入是合法的。设插入的数为 \(x\)，其后面的数为 \(y\)，则：

• 若 \(x<y\)，则一定不合法。

• 若 \(x>y\)，则一定合法。

• 若 \(x=y\)，设 \(y\) 后第一个不与 \(y\) 相同的数为 \(k\)。若 \(y<k\) 则不合法，否则合法。

注意到第 \(3\) 种情况其实与在 \(k\) 前插入 \(x\) 是等价的，其恰能转化为第一或第二种情况之一。故只考虑前两种情况即可不重不漏。

那么现在问题变为每次在某个数 \(y\) 前插入 \(x(x>y)\)。于是若由 \(y\) 向 \(x\) 连边（数间连边，非值间连边），那么最后会形成一棵大小为 \(n+1\) 的有根树。它满足：

• 根的权值为 \(0\)，树的每个非根节点的权值大于其父亲权值。

• 每个非叶节点的儿子有序。

那么只需要对树计数即可。设 \(f_{i,j}\) 表示树根的值为 \(i\)，共有 \(j\) 个点的方案数；\(g_{i,j}\) 表示 \(f_{i,j}\) 关于 \(i\) 的后缀和。转移时用 \(f_{i,t}\) 和 \(g_{i+1,j-t}\) 拼在一起即可。

注意一棵树不一定只对应一个合法序列，实际上数的是其特殊拓扑序的数量，拓扑序要满足：

• 每个点的拓扑序比其所有儿子拓扑序小。

• 每个点靠右儿子的拓扑序比靠左儿子的拓扑序小。

计数时可以看做从右到左枚举每个儿子 \(v\)，先把 \(v\) 的子树中除了 \(v\) 的加入并与先前的可重排，再加入 \(v\)。于是实际转移式是：

\[f_{i,j} \leftarrow [j=1]+\sum\limits_{t=1}^{j-1} \dbinom{j-2}{t-1} f_{i,t} g_{i-1,j-t} \]

时间复杂度 \(O(kn^2)\)。

令 \(h_{i,j}=f_{i,j+1}\)，则：

\[h_{i,j} \leftarrow [j=0]+\sum\limits_{t=0}^{j-1} \dbinom{j-1}{t} h_{i,t} g_{i-1,j-t} \]

那么可以用分治 NTT 做到 \(O(kn \log^2 n)\)。

（不保证正确）写出来大概是一个类似 \(H'=HP+1\) 的东西，也许可以解微分方程做到 \(O(kn \log n)\)？

AGC004E Salvage Robots (3200)

这么多机器人一起动很麻烦，看作是出口带着墙壁一起动，墙壁撞到机器人就清除掉了。

考虑出口已经走过的地方。如果走过一步后走过的区域的横纵坐标最小最大值没有变，那么不会有机器人挂掉。

所以整个过程相当于维护一个矩形，每次向上下左右某个方向拓展一条边，并将这条边上还活着的机器人救下。

那么直接二维区间 DP 维护这个过程即可。时间复杂度 \(O(n^2 m^2)\)。

ABC258Ex Odd Steps (2800) | AGC013E Placing Squares (3500)

2017 *3500=2022 *2800

写一个不需要任何组合意义的暴力代数做法。

ABC258Ex Odd Steps

考虑只有 \(S\) 的限制的方案数。写成生成函数即：

\[\begin{aligned} F(x)&=\dfrac{1}{1-\dfrac{x}{1-x^2}}\\ &=\dfrac{1-x^2}{1-x^2-x}\\ &=1+\dfrac{x}{1-x-x^2}\\ \end{aligned} \]

熟悉斐波那契数的同学都知道，这就是斐波那契数的生成函数。

熟悉斐波那契数的同学都知道，斐波那契数的通项公式是：

\[fib_n=\dfrac{1}{\sqrt 5}[(\dfrac{1+\sqrt 5}{2})^n-(\dfrac{1-\sqrt 5}{2})^n]=\dfrac{1}{\sqrt 5}(A^n-B^n) \]

对于限制，容斥钦定一个点集 \(S\) 必须经过。考虑设 \(f_i\) 表示考虑前 \(i\) 个点，钦定经过第 \(i\) 个点的方案数，有：

\[f_i=-\sum\limits_{j=0}^{i-1} fib_{a_i-a_j} f_j=\dfrac{1}{\sqrt 5} (A^{a_i} \sum\limits_{j=0}^{i-1} A^{-a_j} f_j-B^{a_i} \sum\limits_{j=0}^{i-1} B^{-a_j} f_j) \]

前缀和优化即可。时间复杂度 \(O(n \log S)\)。

不过 \(5\) 在模 \(998244353\) 下没有二次剩余，还需要拓域。

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AGC013E Placing Squares

还是先考虑没有限制的情况。

先写出 \(F(x)=\sum_{i=0} i^2 x^i\) 的封闭形式。由 \(k^2=2\dbinom{k+2}{2}-3\dbinom{k+1}{1}+\dbinom{k}{0}\)，可以得到：

\[F(x)=\dfrac{2}{(1-x)^3}-\dfrac{3}{(1-x)^2}+\dfrac{1}{1-x} \]

于是答案的生成函数为：

\[G(x)=\dfrac{1}{1-F(x)}=\dfrac{(1-x)^3}{-x^3+2x^2-4x+1} \]

化为线性递推形式即：

\[g_0=0,g_1=1,g_2=5,g_k=4g_{k-1}-2g_{k-2}+g_{k-3} \]

记矩阵 \(M\) 的第三行第一列值为 \(v(M)\)。

故可以写成矩阵快速幂形式 \(g_k=v(A^kP)\)。同样的：

\[f_i=v\big( -\sum\limits_{j=0}^{i-1} f_j A^{x_i-x_j} P \big)=v\big( A^{x_i} (\sum\limits_{j=0}^{i-1} f_j A^{-x_j}) P \big) \]

\(A\) 是有逆矩阵的，前缀和优化即可。时间复杂度 \(O(m \log n)\)。

ARC120F/F2 Wine Thief (3100/???)

Easy Version

Sol1（官方题解）：

这个是怎么想到的

显然求出每个酒瓶被选中的次数 \(ans_i\) 即可。

记序列上的总方案数为 \(p_{n,k}=\dbinom{n-k+1}{k}\)，环上总方案数为 \(q_{n,k}=p_{n-1,k}+p_{n-3,k-1}\)（枚举第一个酒瓶是否选）。

注意到如果问题在环上，那么每个位置的方案数都是相等的。棘手的地方在于所有酒瓶排成一个序列而不是环。

考虑先计算环的方案数，再将不满足环但满足序列的方案补上。可以设计这样一个算法：

• 初始令 \(l=1,r=n\)。记 \(len=r-l+1\)。
• 将 \(ans_l,ans_{l+1},\cdots,ans_r\) 都加上 \(\dfrac{len}{n} q_{len,k}\)。（环的方案数）
• 将 \(ans_l,ans_r\) 加上 \(f_{len-4,k-2}\)。（同时选了 \(l,r\)，对 \(ans_l,ans_r\) 的贡献）
• 令 \(l \leftarrow l+2,r \leftarrow r-2,k \leftarrow k-2\)，重复进行。（同时选了 \(l,r\)，对 \(ans_{l+2},\cdots,ans_{r-2}\) 的贡献）

维护差分数组即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

注意当 \(l=r,k=1\) 时 \(q_{1,1}=0\)，但应该计入方案中，需要特判。

Sol2：

这才是正确的做法

这里先假设 \(d\) 不一定等于 \(2\)。记序列上的总方案数为 \(p_{n,k}=\dbinom{n-(d-1)(k-1)}{k}\)

考虑 DP。设 \(f_{n,k,i}\) 表示在 \(n\) 个酒瓶中选 \(k\) 个，第 \(i\) 个被选中的次数。

第 \(i\) 个被选中，要求 \(i-d \sim i-1\) 及 \(i+1 \sim i+d\) 均不能被选。但直接将两边删去会造成额外的限制。

考虑只删去 \(i \sim i+d\)，再要求 \(i-d \sim i-1\) 不能选，这样限制是正确的。又由于 \(i-d \sim i-1\) 中至多只能选一个，可以得到：

\[f_{n,k,i}=p_{n-d,k-1}-\sum\limits_{j=\max(1,i-d)}^{i-1} f_{n-d,k-1,j} \]

那么当 \(d=2\) 时，就是：

\[f_{n,k,i}=p_{n-2,k-1}-f_{n-2,k-1,i-1}=p_{n-2,k-1}-p_{n-3,k-2}+f_{n-3,k-2,i-2}=\cdots \]

对于每个 \(i\)，前面的部分都是一样的，而最后的 \(f_{n',k',1}=p_{n'-2,k'-1}\) 容易计算。

时间复杂度 \(O(n)\)。

Hard Version

书接上文，有：

\[f_{n,k,i}=p_{n-d,k-1}-\sum\limits_{j=\max(1,i-d)}^{i-1} f_{n-d,k-1,j} \]

我们只关心 \(f_{n-dt,k-t}\) 处的值。写出生成函数，记 \(F_t(x)=\sum\limits_{i=1}^{n-dt} f_{n-dt,k-t,i} x^i\)。那么转移即：

\[F_t(x)=-F_{t+1}(x) \sum\limits_{i=1}^{d-1} x^i + p_{n-d(t+1),k-(t+1)} \sum\limits_{i=1}^{n-dt} x^i \]

记 \(m=\min(\lfloor \dfrac{n}{d} \rfloor,k-1)\)，边界条件即 \(F_m(x)=\sum\limits_{i=1}^{n-dm} x^i\)。

记 \(V(x)=-\sum\limits_{i=1}^{d-1} x^i\)，\(w_t=p_{n-d(t+1),k-(t+1)}\)，\(P_t(x)=w_t \sum\limits_{i=1}^{n-dt} x^i\)。于是：

\[\begin{aligned} F_t(x)&=F_{t+1}(x)V(x)+P_t(x)\\ &=F_{t+2}(x)V^2(x)+P_{t+1}(x)V(x)+P_t(x)\\ &=\cdots\\ &=\sum\limits_{i=t}^m P_i(x) V(x)^{i-t} \end{aligned} \]

只需要计算：

\[F_0(x)=\sum\limits_{i=0}^m P_i(x) V(x)^{i} \]

这可以分治 NTT 解决。

当然这和普通的分治 NTT 不太一样：

如图。圆圈表示 \(V\)，方框表示 \(P\)（内部是加号），右边为低位。注意一行中每一块是 \(d\) 次多项式。

先抛掉蓝色范围外的部分（最后加上即可）。记 \(P_{l,r}(x)\) 表示圆圈（不带 \(w\)）的乘积（即 \(V^{r-l+1}\)），\(Q_{l,r}(x)\) 表示 \(l \sim r\) 行每行圆圈乘积（带 \(w\)）之和，\(R_{l,r}(x)\) 表示范围内的答案（钦定方框的最低位为 \(x^0\)）。

\[P_{l,r}(x)=P_{l,mid}(x) P_{mid+1,r}(x) \]

\[Q_{l,r}(x)=P_{l,mid}(x) Q_{mid+1,r}(x)+Q_{l,mid}(x) \]

\[R_{l,r}(x)=P_{l,mid}(x) R_{mid+1,r}(x)+Q_{l,mid}(x) \sum\limits_{i=1}^{d(r-mid)} x^i+x^{r-mid} (R_{l,mid}(x)-w_{mid} P_{l,mid}(x)) \]

总时间复杂度 \(O(n \log n \log \dfrac{n}{d})\)。

注意 \(k=1\) 时会导致 \(m=0\)，特判即可。

这 n 是怎么敢出到 1e6 的，如果被卡常了可以考虑特判掉 \(d=2\)。

AGC015E Mr.Aoki Incubator (3600)

又看错题了，以为速度可以为负，又想了一晚上

下面称变成 Aoki 的 Takahashi 为被标记的。

结论：设若初始标记集合 \(S\)，最终被标记的人集合为 \(f(S)\)，那么 \(f(S \bigcup T)=f(S) \bigcup f(T)\)。

证明：假设最终有一个人 \(x \notin f(S) \bigcup f(T)\)，那么他不可能初始被标记，且标记他的人 \(x'\) 同样满足 \(x' \notin f(S) \bigcup f(T)\)……无限递归下去，而这个过程是有限的，故假设矛盾。

那么考虑只标记一个人 \(x\)，最终被标记的是哪些。

首先在 \(x\) 右边且比 \(x\) 慢的会被标记，在 \(x\) 左边且比 \(x\) 快的会被标记。

但不仅如此。在 \(x\) 左边且比 \(x\) 快的超过 \(x\) 后会将右边比它们慢的标记，同样在 \(x\) 右边且比 \(x\) 慢的会将左边比它们快的标记。容易发现新增的这些不会标记更多的人。

将所有人按坐标排序，记速度的前缀最大值为 \(pmx_x\)，后缀最小值为 \(smn_x\)，那么被标记的人是：

• \(x\) 本身。
• 在 \(x\) 左边，且比 \(smn_x\) 严格快的人。
• 在 \(x\) 右边，且比 \(pmx_x\) 严格慢的人。

设 \(dp_i\) 表示考虑前 \(i\) 个人，初始标记了第 \(i\) 个人的方案数。

假设由 \(j\) 转移而来（上一个初始标记的是 \(j\)），那么覆盖不到的区域是位置在 \((j,i)\) 的人且速度在 \([pmx_j,smn_i]\) 中的人。

由于 \(pmn,pmx\) 都是单调不降的，故对于一个 \(i\) 而言 \(j\) 具有可二分性。那么维护能转移的最小的 \(j\)，其具有单调性。

用 Two-pointer 维护即可，同时类似莫队维护检查的矩形。时间复杂度 \(O(\text{sort}(n))\)。

AGC002F Leftmost Ball (3400)

考虑先枚举 \(0\) 色点的位置。那么计算方案时从右往左，每遇到一个 \(0\) 色点就在前面的数中抽 \(k-1\) 个出来。

直接 DP 只能做到 \(O(n^2k)\)，没有前途。

换一个思路，不定顺序，而是全局一种一种颜色地加。为了避免算重，还要定一个加入颜色的顺序。

不妨将每种非 \(0\) 颜色的第一个位置拿出来并按位置排序，按照这个顺序加入。这样相当于每次加入新颜色都要求新加入的第一个位置前面都填 \(0\)。

这样貌似已经可以做了，不过一个更巧妙的处理是将 \(0\) 色点与其它颜色分开处理。即每次加入是以下两种之一：

• 将第一个未染色的位置变成 \(0\)。
• 将包含第一个位置的某 \(k-1\) 个位置染成一种新颜色（要求染完后非 \(0\) 颜色数不能超过 \(0\) 个数）。

那么设 \(f_{i,j}(i \geq j)\) 表示已加入 \(i\) 个 \(0\)，\(j\) 种非 \(0\) 颜色。转移为：

\[f_{i,j} \leftarrow f_{i-1,j}+(n-j+1) \dbinom{nk-i-(j-1)(k-1)}{k-2} f_{i,j-1} \]

时间复杂度 \(O(n(n+k))\)。

注意 \(k=1\) 时比较特殊，要特判。

ARC145F Modulo Sum of Increasing Sequences (3900)

反演好题，单位根反演在模数较大时还是有用的

称 \(p=MOD\)。

考虑处理不降的限制，可以计数差分数组。设 \(a_{n+1}=m\)，差分数组为 \(c_1,c_2,\cdots,c_{n+1}\)。那么限制即 \(c_1+c_2+\cdots+c_{n+1}=m\)，而原数和 \(s=nc_1+(n-1)c_2+\cdots+c_n\)。

写成生成函数即求：

\[[x^m] \prod\limits_{i=0}^n \dfrac{1}{1-y^ix} \]

其中 \(y\) 这一维是模 \(p\) 的循环卷积。

但这个形式还套个求逆，稍难处理。

可以从另一方面作些转化：令每个 \(a_i \leftarrow a_i+i-1\)（最后所有都需要减掉 \(i(i-1)/2\)），则将不降改为单增，相当于在 \(0,1,\cdots,n+m-1\) 中选出 \(n\) 个数的集合。下面令 \(m \leftarrow n+m\)，那么即求：

\[[x^n] \prod\limits_{i=0}^{m-1} (1+y^ix) \]

由于 \(p\) 很小，我们可以分开整块与零块两部分算。令 \(r=m \bmod p\)，\(m'=m-r\)。

枚举零块中选了 \(q\) 个数，整块中选了 \(n'=n-q\) 个数，那么分别计算：

\[F(y)=[x^{n'}][\prod\limits_{i=0}^{p-1} (1+y^ix)]^{m'/p} \]

\[G(y)=[x^q][\prod\limits_{i=0}^{r-1} (1+y^ix)] \]

---

计算 \(F(y)\)。循环卷积相当于对每个 \(d\) 求 \(s_d=\sum_t f_{n',tp+d}\)，可以用单位根反演。

记 \(\omega\) 为 \(p\) 次单位根，先对每个 \(d\) 求出 \(F(\omega ^d)\)。

\(d=1\) 时，大家都知道：

\[\prod\limits_{i=0}^{p-1} (1-\omega^ix)=1-x^p \]

这是因为左右都为 \(p\) 次多项式且最高项系数相同，且根集均为 \(1,\omega,\omega^2,\cdots,\omega^{p-1}\)。由因式定理即得左右多项式相同。

当 \(d \neq 1\) 时，记 \(g=\gcd(d,p)\)，那么会有：

\[\prod\limits_{i=0}^{p-1} (1-\omega^{di} x)=[\prod\limits_{i=0}^{p/g-1} (1-\omega^{g i} x)]^g=(1-x^{p/g})^g \]

\[[\prod\limits_{i=0}^{p-1} (1+y^ix)]^{m'/p}=(1-(-x)^{p/g})^{gm'/p} \]

令人惊讶，这是一个整式。二项式展开后 \(x^{n'}\) 系数即为 \([(p/g) \mid n'] (-1)^{n'} (-1)^{n'/(p/g)} \dbinom{gm'/p}{n'/(p/g)}\)。

\[F(\omega^d)=[(p/g) \mid n'] (-1)^{n'} (-1)^{n'/(p/g)} \dbinom{m'/(p/g)}{n'/(p/g)} \]

然后需要用单位根反演还原系数：

\[s_d=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{i=0}^{p-1} \omega^{-id} F(\omega^i) \]

Sol 1（标解）

先别着急拆。注意到 \(F(\omega^i)\) 只与 \(\gcd(i,p)\) 有关，进行一个莫比乌斯反演：

\[\begin{aligned} s_d &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{g \mid p} F(\omega^g) \sum\limits_{i=0}^{p-1} [\gcd(i,p)=g] \omega^{-id}\\ &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{g \mid p} F(\omega^{g}) \sum\limits_{i=0}^{p/g-1} [\gcd(i,p/g)=1] \omega^{-gid}\\ &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{g \mid p} F(\omega^{g}) \sum\limits_{i=0}^{p/g-1} \omega^{-gid} \sum\limits_{t \mid i, t \mid (p/g)} \mu(t)\\ &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{t \mid p} \mu(t) \sum\limits_{g \mid (p/t)} F(\omega^{g}) \sum\limits_{i=0,t \mid i}^{p/g-1} \omega^{-gid} \\ &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{t \mid p} \mu(t) \sum\limits_{g \mid (p/t)} F(\omega^{g}) \sum\limits_{i=0}^{p/(gt)-1} \omega^{-gtid} \\ &=\dfrac{1}{p} \sum\limits_{t \mid p} \mu(t) \sum\limits_{g \mid (p/t)} F(\omega^{g}) \dfrac{p}{gt} [p \mid gtd]\\ \end{aligned} \]

一共要做 \(r\) 次，这里的总复杂度为 \(O(p^2d^2(p))\)。

Sol 2（暴力）

不推式子，直接计算。当然 \(998244353\) 再强大也不可能有 \(500\) 次单位根，直接记录下来每个单位根的系数。设 \(s_i=\sum\limits_{t=0}^{p-1} c_{i,t} \omega^t\)。

但是系数 \(s_i\) 一定是整数，但结果可能是若干复数相加的形式。不过，对于某个 \(d\)，\(\sum\limits_{t=1}^{p/d-1} \omega^{td}=-1\)，而由 Sol 1 的式子可以知道这些复数一定可以拆成这样的和式相加的形式，接下来需要做的就是化简。

设数组 \(e_{i,t}\) 使得 \(c_{i,k}=\sum\limits_{t \mid k} e_{i,t}\)，则 \(s_i=c_{i,0}-\sum\limits_{t=1}^{p-1} e_{i,t}\)。

莫比乌斯反演得 \(e_{i,k}=\sum\limits_{t \mid k} \mu(k/t) c_{i,t}\)，于是：

\[\sum\limits_{k=1}^{p-1} e_{i,k}=\sum\limits_{k=1}^{p-1} \sum\limits_{t \mid k} \mu(k/t) c_{i,t}=\sum\limits_{t=1}^{p-1} c_{i,t} \sum\limits_{t=1}^{\lfloor (p-1)/i \rfloor} \mu(t) \]

可以在 \(O(p^2)\) 内完成。

由于需要做 \(r\) 次，该部分总时间复杂度 \(O(p^3)\)。

---

计算 \(G(y)\)。

直接预处理二元多项式乘积即可，该部分时间复杂度 \(O(p^3)\)。

---

总时间复杂度 \(O(n+m+p^3)\)。

AGC020F Arcs on a Circle (???)

为什么没人切啊

经典实数 DP。

不过这道题放的是线段而不是点，线段是跨整数的，故线段间小数部分的限制很复杂，不能直接记录。

可以先 \(O(n!)\) 枚举线段间小数部分的大小关系。

考虑断环为链。有一个很聪明的做法：以最长线段的左端点断开。这样不会有线段同时跨过该线段的左右端点，那么两边就独立了。

设 \(dp_{i,j,k,S}\) 表示当前考虑到 \([i,i+1)\)，能覆盖最远的右端点在 \([j,j+1)\)，能覆盖最远的右端点是 \(k\)，已经放了集合 \(S\) 的线段。转移分步枚举添加的线段即可。

总时间复杂度 \(O(n!2^n n^2 C^2)\)。

AGC021F Trinity (4100)

考虑 DP。从左到右依次加入每一列，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 列，共有 \(j\) 行已经填了黑格（不考虑空行与其的相对位置）的方案数。

考虑转移，在已经填了黑格的行再填对于 \(A\) 而言没有意义。设第 \(i\) 列新增了 \(k\) 个填了黑格的行，则：

• 若 \(k=0\)，则只能在之前的 \(j\) 行中填数，方案数即 \(1+j+j(j-1)/2\)。

• 若 \(k>0\)，分情况讨论：

  • 若最大最小值均在这 \(k\) 行之中，那么直接处理前面的 \(j\) 行与新增的 \(k\) 行的相对顺序即可。即在 \(j+k\) 行中选 \(k\) 行，那么方案数就是 \(\dbinom{j+k}{k}\)。

  • 若最大值或最小值在 \(k\) 行之中，可以看作在 \(j+k\) 行中选 \(k+1\) 行，并认为这 \(k+1\) 行最上面的一行在前面的 \(j\) 行中，下面则是新增的 \(k\) 行。那么方案数是 \(\dbinom{j+k}{k+1}\)。

  • 若最大最小值均不在这 \(k\) 行之中，同理方案数 \(\dbinom{j+k}{k+2}\)。

  • 该部分总转移系数是 \(\dbinom{j+k}{k}+2\dbinom{j+k}{k+1}+\dbinom{j+k}{k+2}=\dbinom{j+k+2}{k+2}\)。

总转移式是：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}(1+\dbinom{j+1}{2})+\sum\limits_{t=1}^j \dbinom{j+2}{t+2} f_{i-1,j-t} \]

答案为 \(\sum\limits_{j=0}^n \dbinom{n}{j} f_{m,j}\)。

暴力实现复杂度 \(O(nm^2)\)，使用 NTT 优化可以做到 \(O(nm \log m)\)。

事实上还有更好的方法。将转移写成指数型生成函数，可以得到：

\[\dfrac{f_{i,j}}{j!}=\dfrac{f_{i-1,j}}{j!}+\dfrac{f_{i-1,j}}{j!} \cdot \dfrac{j(j+1)}{2}+(j+1)(j+2) \sum\limits_{t=1}^j \dfrac{1}{(t+2)!} \dfrac{f_{i-1,j-t}}{(j-t)!} \]

\[F_i(x)=F_{i-1}(x)+x F'_{i-1}(x)+\dfrac{1}{2} x^2 F''_{i-1}(x)+[(e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2})F_{i-1}(x)]'' \]

经过一大堆无用的计算得到：

\[F_i(x)=e^x F_{i-1}(x)+(2e^x-x-2)F'_{i-1}(x)+(e^x-1-x)F''_{i-1}(x) \]

那么设 \(F_i(x)=\sum\limits_{j=0}^m \sum\limits_{k=0}^m g_{i,j,k} x^j e^{kx}\)，可以 \(O(m^3)\) 转移。

考虑如何计算答案，考虑 \(x^i e^{jx}=\sum\limits_t x^i \dfrac{(jx)^t}{t!}\) 对答案的贡献：

\[\sum\limits_t j^t \dfrac{(i+t)!}{t!} \dbinom{n}{i+t}=\dfrac{n!}{(n-i)!} \sum\limits_t j^t \dbinom{n-i}{t}=(1+j)^{n-1} \dfrac{n!}{(n-i)!} \]

于是总复杂度 \(O(n+m^3)\)，而且不需要 NTT。

ARC137F Overlaps (3300)

先将所有端点离散化为 \(2n\) 个点，只对线段间相对关系计数，最后除掉 \((2n)!/2^n\) 即可。记左右端点分别为左右括号。

设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个右括号前面的左括号数 \(-(i-1)\)，有限制 \(1 \leq f_i \leq k,f_i \geq f_{i-1}-1,f_n=1\)，方案数即 \(\prod f_i\)。问题变为对所有合法的 \(\{f_i\}\) 计算方案数之和。

考虑对第二个条件容斥，即钦定一些 \(f_i \leq f_{i-1}-2\)，这样的限制形成一些连续段。

设这样的长度为 \(i\) 的连续段方案数为 \(f_i\)，记 \(F(x)=\sum\limits_i (-1)^{i-1} f_i x^i\)，那么有 \(\dfrac{1}{1-S(x)}=F(x)\)，\(S(x)=1-\dfrac{1}{F(x)}\)。可以 \(O(n \log n)\) 求出。

\(f_i\) 可以用分治乘求出：记 \(F_{l,r,id1,id2}\) 表示值域在 \([l,r]\)，\(l\) 是否选择，\(r\) 是否选择的生成函数，直接分治乘即可。时间复杂度 \(O(k \log^2 k)\)。

注意 \(f_n=1\) 的限制导致最后一段需要特殊处理重新求一遍。

总时间复杂度 \(O(n \log n+k \log^2 k)\)。

ARC118F Growth Rate (3600)

怎么会有人把银牌题出到 NOIP 模拟赛啊

设 \(f_{q,i}\) 表示只考虑前 \(q\) 个数，\(A_q=x\) 的方案数，那么有：

\[F_q(x)=\dfrac{x}{1-x} F_{q-1}(a_qx) \]

而 \(F_0(x)=\dfrac{x}{1-x}\)，那么求 \(\sum\limits_{i=0}^m g_i\)，其中：

\[G(x)=x^{\prod_{i=1}^n a_i} \prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{1-x^{\prod_{j=i}^n a_j}} \]

下面考虑求出 \(G(x)/x^{\prod_{i=1}^n a_i}\)。

虽然 \(G(x)\) 的形式美观，但 \(m\) 的值域过大无法直接求解，还是考虑回原来的形式（复合与前缀和）。

考虑倒推，假设现在要求 \(S(B,m,k)=\sum\limits_{i=0}^m i^k b_i\)。

• 若 \(B(x)=A(wx)\)，则 \(S(B,m,k)=w^k S(A,\lfloor \dfrac{m}{w} \rfloor,k)\)。

• 若 \(B(x)=\dfrac{1}{1-x} A(x)\)，则（\(B_t\) 为伯努利数）：

\[\begin{aligned} S(B,m,k) &=\sum\limits_{i=0}^m i^k b_i\\ &=\sum\limits_{i=0}^m i^k \sum\limits_{j=0}^i a_j\\ &=\sum\limits_{j=0}^m a_j \sum\limits_{i=j}^m i^k\\ &=(\sum\limits_{i=j}^m i^k) \sum\limits_{j=0}^m a_j-\sum\limits_{j=0}^m a_j \sum\limits_{i=0}^{j-1} i^k\\ &=(\sum\limits_{i=j}^m i^k) \sum\limits_{j=0}^m a_j-\sum\limits_{j=0}^m a_j \dfrac{1}{k+1} \sum\limits_{t=0}^k \dbinom{k+1}{t} B_t j^{k+1-t}\\ &=(\sum\limits_{i=j}^m i^k) \sum\limits_{j=0}^m a_j-\sum\limits_{t=0}^k \dfrac{1}{k+1} \dbinom{k+1}{t} B_t \sum\limits_{j=0}^m a_j j^{k+1-t}\\ &=(\sum\limits_{i=j}^m i^k) \sum\limits_{j=0}^m a_j-\sum\limits_{t=0}^k \dfrac{1}{k+1} \dbinom{k+1}{t} B_t S(A,m,k+1-t)\\ \end{aligned} \]

上式的前后部分均可卷积优化至 \(O(k \log k)\)。

注意到每进行一次第二类操作，最大的 \(k\) 就无法维护。故只用维护 \(k=0,1,\cdots,n\) 即可。

总时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)。

*标解有可能更优的 \(O(n \log^2 n \log m+n^2)\) 做法。

ABC272Ex Flipping Coins 2 (3700)

ABCEx 科技题

容易发现每个位置的硬币的情况都是一样的，下面考虑计算第 \(0\) 个硬币未被翻动的概率。这等价于下面这个问题：

求 \([0,n)\) 的排列 \(p_1,p_2,\cdots,p_n\) 的个数，使得恰有偶数个 \(i\) 满足 \(p_i \leq a_i\)。

事实上偶数这个目标根本没用，下面考虑对每个 \(k \in [0,n]\) 求出恰有 \(k\) 个 \(i\) 满足 \(p_i \leq a_i\) 的排列数量。

即求 \(Ferrers\) 棋盘 \(S=F(a_1+1,a_2+1,\cdots,a_n+1)\) 的所有 \(k-\)命中数 \(h_k\)。记 \(k-\) 棋盘数为 \(r_k\)，有：

\[r_k(n-k)!=\sum\limits_{i=k}^n h_i \dbinom{i}{k} \]

\[h_k=\sum\limits_{i=k}^n (-1)^{k-i} \dbinom{i}{k} r_i (n-i)! \]

而由下降幂棋盘多项式分解定理，有：

\[\sum\limits_{i=0}^n r_{n-i} x^{\underline{i}}=\prod\limits_{i=1}^n (x+a_i-i+1) \]

采用分治下降幂卷积可以算出 \(r_i\)，再二项式反演即可得到 \(h_i\)。

总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

参考资料： 《2020 年集训队论文 浅谈棋盘模型在计数问题中的应用》- 彭思进

AGC009E Eternal Average (3400)

设操作次数为 \(d=\frac{n+m-1}{k-1}\)。

把初始的 \(n+m\) 个数视为 \(n+m\) 个点，每次操作 \(k\) 个数就新建一个点作为这 \(k\) 个数对应的点的父亲。这样可以将操作对应为一棵 \(n+m+d\) 个节点的 \(k\) 叉树。

设每个点的权值为其儿子权值的平均值，则最后留下的数 \(s\) 即根节点的权值。

也即，设初始的 \(m\) 个 \(1\) 所对应的编号为 \(x_1,x_2,\cdots,x_m\)，则 \(s=\sum_{i=1}^m k^{-dep_{x_i}}\)。

注意到，设初始的 \(n\) 个 \(0\) 所对应的编号为 \(y_1,y_2,\cdots,y_n\)，则有：

\[\sum\limits_{i=1}^m k^{-dep_{x_i}}+\sum\limits_{i=1}^n k^{-dep_{y_i}}=1 \]

考虑如何判定一个 \(s\) 是否可被构造出来：

结论：\(s\) 可被构造出来当且仅当存在 \(x_1,x_2,\cdots,x_m\) 满足 \(\sum_{i=1}^m k^{-dep_{x_i}}=s\) 且存在 \(y_1,y_2,\cdots,y_n\) 满足 \(\sum_{i=1}^n k^{-dep_{y_i}}=1-s\)。

证明：必要性显然。充分性：设 \(z_t\) 表示为 \(t\) 的 \(x_i,y_i\) 个数，只需证可以构造一棵树使得深度为 \(i\) 的叶子节点恰有 \(z_i\) 个。考虑这样一个算法：

• 由 \(d\) 至 \(1\) 枚举 \(p\)，由于 \(\sum_{t=1}^p z_t k^{-t}=1\)，故 \(k \mid z_p\)。那么对这 \(z_p\) 个点建立 \(\frac{z_p}{k}\) 个父亲节点，\(z_{p-1} \leftarrow z_{p-1}+\frac{z_p}{k},z_p \leftarrow 0\)。

即可得到一棵满足条件的树。证毕。

下面考虑计数。考虑将 \(s,1-s\) 看作 \(k\) 进制小数，设 \(s=\sum_{i=1}^d a_i k^{-i},1-s=\sum_{i=1}^d b_i k^{-i}\)，其中 \(a_i,b_i \in [0,k)\)。那么需要满足：

• \(\sum_{i=1}^d a_i=m-t_1 (k-1),t_1 \in \N\)。

• \(\sum_{i=1}^d b_i=n-t_2 (k-1),t_2 \in \N\)。

这是因为每一次进位都会使数位和减少 \((k-1)\)。

，则 \(\{b_i\}\) 即令所有 \(a_i \leftarrow k-1-a_i\)，再令 \(a_d \leftarrow a_d+1\) 后进位获得的结果，设进位次数为 \(t_3\)，则：

\[\sum_{i=1}^d b_i=d (k-1)+1-\sum_{i=1}^d a_i-t_3 (k-1) \]

\[n-t_2 (k-1)=(n+m)-m+t_1 (k-1)-t_3 (k-1) \]

\[t_2 (k-1)=(t_3-t_1) (k-1) \]

\[t_2 \geq 0 \Leftrightarrow t_3 \geq t_1 \]

故枚举 \(t_1 \leq t_3\)，统计答案。

记 \(A\) 个 \([0,k)\) 中的整数组成的和为 \(B\) 的数列数量为 \(S(A,B)\)，可以用容斥计算：

\[S(A,B)=\sum\limits_{i=0}^A (-1)^i \dbinom{A}{i} \dbinom{B-ik+A-1}{A-1} \]

答案为：

\[Ans=\sum\limits_{t_3=0}^{d-1} \sum\limits_{t_1=0}^{t_3} [S(d-t_3,m-t_1(k-1))-S(d-t_3-1,m-t_1(k-1))] \]

直接暴力计算时间复杂度 \(O(d^2\frac{m}{k})=O(\frac{m(n+m)^2}{k^3})\)，无法通过。

注意到 \(A\) 不超过 \(d-1\)，\(B\) 不超过 \(m\)。枚举最后一个数是什么，用下式递推：

\[S(A,B)=\sum\limits_{i=0}^{k-1} S(A-1,B-i) \]

于是时间复杂度 \(O(d\frac{m}{k}+dmk)=O(m(n+m))\)，可以通过。

（可能还有更优的做法？）

ABC279Ex Sum of Prod of Min (3300)

第一次用到五边形数定理

限制条件很多，但观察不出什么性质，不如直接硬上。

对第 \(t\) 个位置上填的数设出生成函数：

\[\begin{aligned} F_t(x) &=\sum\limits_{i \geq 0} \min(t,i) x^i\\ &=t(\dfrac{x}{1-x}-\dfrac{x-x^{t+1}}{1-x})+x \dfrac{d}{dx} (\dfrac{x-x^{t+1}}{1-x})\\ &=\dfrac{tx^{t+1}}{1-x}+x \dfrac{1-(t+1)x^t+tx^{t+1}}{(1-x)^2}\\ &=\dfrac{x-x^{t+1}}{(1-x)^2}\\ \end{aligned} \]

于是答案为：

\[\begin{aligned} Ans &=[x^m] \prod\limits_{t=1}^n \dfrac{x-x^{t+1}}{(1-x)^2}\\ &=[x^m] \dfrac{x^n}{(1-x)^{2n}} \prod\limits_{t=1}^n (1-x^t)\\ &=[x^{m-n}] (1-x)^{-2n} \prod\limits_{t=1}^n (1-x^t)\\ \end{aligned} \]

由于 \(m-n \leq n\)，故：

\[\prod\limits_{t=1}^n (1-x^t) \equiv \prod\limits_{t \geq 1} (1-x^t) \pmod{x^{m-n+1}} \]

由五边形数定理：

\[\begin{aligned} Ans &=[x^{m-n}] \sum\limits_{i \geq 0} \dbinom{2n-1+i}{2n-1} \sum\limits_{k \geq 0} (-1)^k x^{k(3k \pm 1)/2}\\ &=\sum\limits_{k \geq 0} (-1)^k \dbinom{2n-1+m-n-(k(3k \pm 1)/2)}{2n-1}\\ \end{aligned} \]

模数较小，用卢卡斯定理计算组合数。注意到枚举的项数只有 \(O(\sqrt n)\) 项，时间复杂度 \(O(\bmod+\sqrt n \log_{\bmod} n)\)。

AGC035E Develop (3700)

给每个数建一个点，数 \(x\) 向 \(x-2\) 与 \(x+K\) 连边。那么最后擦去的集合能为 \(S\) 当且仅当 \(S\) 的导出子图是 DAG。

当 \(K\) 为偶数时，奇偶数独立，且 \(S\) 合法当且仅当不包含没有奇/偶数中连续的 \(K/2+1\) 个数。那么设 \(dp_i\) 表示考虑前 \(i\) 个数且第 \(i\) 个数不选的方案数，有：

\[dp_i=\sum\limits_{j=i-K/2-1}^{i-1} dp_j \]

可以优化到 \(O(n)\)。

当 \(K\) 为奇数时，情况较为复杂。考虑将奇数与偶数列成两列，并令数 \(x\) 向数 \((x+k)\) 连边。为方便，记奇数连向偶数的边为 \(A\) 型边，偶数连向奇数的边为 \(B\) 型边。

（图来自博客 AGC035E Develop - 淸梣ling）

结论：若 \(S\) 的导出子图有环，则必存在一个环仅包含两条连接两侧的边。

证明：取环中最靠下的一条 \(A\) 型边 \((u,v)\)。设 \(u\) 向下延申到 \(x\)，\(v\) 向上延伸到 \(y\)，\(x,y\) 分别与 \(x',y'\) 通过 \(B\) 型边连接。

• 若 \(y \leq x'\)，则 \((x,u,v,,x')\) 已经成环。

• 若 \(y > x'\)，则如图所示。设 \(y\) 向上延申到 \(z\)。由前提假设，\(z \leq u\)，那么 \((y',u,v,y)\) 已经成环。

故证毕。

而所有这样的环长均为 \(K+2\)，于是 \(S\) 的导出子图无环当且仅当不存在一条从左侧延伸到右侧的长为 \(K+2\) 的链。

接下来考虑计数。设 \(dp_{i,j,k}\) 表示从上到下考虑前 \(i\) 层节点，从第 \(i\) 层右侧点延申的链长为 \(j\)，从第 \(i\) 层左侧点延伸到右侧的链长为 \(k\)。转移：

• 两侧都不选：两边的链都断掉。

\[f_{i-1,j,k} \rightarrow f_{i,0,0} \]

• 选左侧，不选右侧：右侧的链断掉，左侧（若有链）链长加一。

\[f_{i-1,j,k} \rightarrow f_{i,0,k+1}(k>0) \]

\[f_{i-1,j,0} \rightarrow f_{i,0,0} \]

• 选右侧，不选左侧：右侧的链长加一，左侧的链断掉。

\[f_{i-1,j,k} \rightarrow f_{i,j+1,0} \]

• 两侧都选：右侧的链长加一，左侧的链在两种方案中取较大值。

\[f_{i-1,j,k} \rightarrow f_{i,j+1,\max(k+1,j+2)} \]

总时间复杂度 \(O(n^2k)\)。

ARC154F Dice Game (3600)

为什么省选前要做这个

提供一种不使用生成函数的暴力做法。

考虑扔 \(i\) 次已经扔出所有面的概率为 \(n! \dfrac{S2(i,n)}{n^i}\)，于是期望时间的 \(k\) 次方为：

\[s_k =n!\sum\limits_{i \geq 0} (\dfrac{S2(i,n)}{n^i}-\dfrac{S2(i-1,n)}{n^{i-1}}) i^k \]

为了方便计算，取一个趋近于无穷大的整数 \(m\)，只计算和式中 \(i \leq m\) 的部分。

下面用 \(\epsilon(m)\) 表示当 \(m\) 趋近于无穷大时值趋近于 \(0\) 的部分（于是在最终答案的计算中可以忽略）。结论：对于非负整数 \(k\) 与实数 \(a \in (0,1)\)，\(\lim\limits_{x \rightarrow \infty} x^k a^x=0\)。

\[\begin{aligned} s_k(m) &=n!\sum\limits_{i=0}^m (\dfrac{S2(i,n)}{n^i}-\dfrac{S2(i-1,n)}{n^{i-1}}) i^k\\ &=n! m^k \dfrac{S2(m,n)}{n^m}-n! \sum\limits_{i=0}^{m-1} \dfrac{S2(i,n)}{n^{i}} [(i+1)^k-i^k]\\ \end{aligned} \]

设 \(k-1\) 次下降幂多项式 \(\sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p x^{\underline{p}}=(x+1)^k-x^k\)。系数 \(c_p\) 稍后再进行推导，下面继续计算上式：

\[\begin{aligned} s_k(m) &=n! m^k \dfrac{S2(m,n)}{n^m}-n! \sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p \sum\limits_{i=0}^{m-1} \dfrac{S2(i,n)}{n^{i}} i^{\underline{p}}\\ &=\dfrac{m^k}{n^m} \sum\limits_{t=0}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} (n-t)^m -\sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p \sum\limits_{i=0}^{m-1} i^{\underline{p}} \sum\limits_{t=0}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} \dfrac{(n-t)^i}{n^{i}}\\ &=m^k \sum\limits_{t=0}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} (\dfrac{n-t}{n})^m -\sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p \sum\limits_{t=0}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} \sum\limits_{i=0}^{m-1} (\dfrac{n-t}{n})^i i^{\underline{p}}\\ \end{aligned} \]

第一个和式中，当 \(t \neq 0\) 时均趋近于 \(0\)，故其等于 \(m^k+\epsilon(m)\)。

第二个和式中，考虑求 \(\sum\limits_{i=0}^{m-1} (\dfrac{n-t}{n})^i i^{\underline{p}}\)：

• 当 \(t=0\) 时，其等于 \(\sum\limits_{i=0}^{m-1} i^{\underline{p}}=\dfrac{1}{p+1} m^{\underline{p+1}}\)。

• 当 \(t \neq 0\) 时，记 \(a=\dfrac{n-t}{n}\)，\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{m-1} a^i x^i=\dfrac{1-(ax)^m}{1-ax}\)，所求即：

\[f^{(p)}(1)=p!\dfrac{a^p}{(1-ax)^{p+1}}+\epsilon(m)=p! \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^p+\epsilon(m) \]

于是带入得：

\[s_k(m) =m^k+\epsilon(m) -\sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p \dfrac{1}{p+1} m^{\underline{p+1}} - \sum\limits_{p=0}^{k-1} c_p \sum\limits_{t=1}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} [p! \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^p+\epsilon(m)] \]

接下来先推导 \(c_t\)：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{p=0}^{k-1} \dbinom{k}{p} x^p &= \sum\limits_{p=0}^{k-1} \dbinom{k}{p} \sum\limits_{t=0}^p S2(p,t) x^{\underline{t}}\\ &= \sum\limits_{t=0}^{k-1} x^{\underline{t}} \sum\limits_{p=t}^{k-1} \dbinom{k}{p} S2(p,t) \\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} c_p &=\sum\limits_{t=p}^{k-1} \dbinom{k}{t} S2(t,p)\\ &=\sum\limits_{t=p}^{k} \dbinom{k}{t} S2(t,p) -S2(k,t)\\ &=S2(k+1,t+1)-S2(k,t)\\ &=(t+1) S2(k,t+1)\\ \end{aligned} \]

\[s_k(m) =m^k+\epsilon(m) -\sum\limits_{p=0}^{k-1} S2(k,p+1) m^{\underline{p+1}} - \sum\limits_{p=0}^{k-1} (p+1) S2(k,p+1) \sum\limits_{t=1}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} [p! \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^p+\epsilon(m)] \]

可以发现关于 \(m\) 的部分全部消掉了。

\[s_k=- \sum\limits_{p=0}^{k-1} (p+1)! S2(k,p+1) \sum\limits_{t=1}^n (-1)^t \dbinom{n}{t} \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^p \]

\[s_k=\sum\limits_{p=1}^{k} p! S2(k,p) \sum\limits_{t=1}^n (-1)^{t+1} \dbinom{n}{t} \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^{p-1} \]

可以分两步计算：

• \[f_p=\sum\limits_{t=1}^n (-1)^{t+1} \dbinom{n}{t} \dfrac{n}{t} (\dfrac{n-t}{t})^{p-1} \]

• \[s_k=\sum\limits_{p=1}^{k} p! S2(k,p) f_p \]

第一步即计算数列 \(k\) 次幂和，使用分治乘做到 \(O(n \log^2 n+m \log m)\)。具体做法可见 P4705 玩游戏.

第二步，将第二类斯特林数拆开：

\[\begin{aligned} s_k &= \sum\limits_{p=1}^{k} f_p \sum\limits_{t=0}^p (-1)^t \dbinom{p}{t} (p-t)^k\\ &= \sum\limits_{p=1}^{k} f_p \sum\limits_{t=0}^p (-1)^{p-t} \dbinom{p}{t} t^k\\ &= \sum\limits_{p=1}^{m} (-1)^p f_p \sum\limits_{t=0}^m (-1)^t \dbinom{p}{t} t^k\\ &= \sum\limits_{t=0}^m (-1)^t t^k \sum\limits_{p=1}^{m} (-1)^p \dbinom{p}{t} f_p \\ \end{aligned} \]

同样分两步计算：

• \[g_t=\sum\limits_{p=1}^{m} (-1)^p \dbinom{p}{t} f_p \]

• \[s_k=\sum\limits_{t=0}^m (-1)^t t^k g_t \]

第一步可以直接 NTT 计算，复杂度 \(O(m \log m)\)。

第二步同样是计算数列 \(k\) 次幂和，复杂度 \(O(m \log^2 m)\)。

综上，总时间复杂度 \(O(n \log^2 n+m \log^2 m)\)。