P5824 十二重计数法

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solution

有 $n$ 个球和 $m$ 个盒子。

case 1

球不同，盒不同

答案为 $m^n$

case 2

球不同，盒不同，一个盒子内至多一个球

若 $n>m$ 显然答案为 0

否则，第一个球有 $m$ 种放法，第二个有 $m-1$ 种。以此类推，答案为 ${\displaystyle \frac{m!}{(m-n)!}}$

case 3

球不同，盒不同，盒子至少一个球。

设 $f_k$ 表示恰有 $k$ 个盒子为空的方案数，$h_k$ 表示钦定 $k$ 个盒子为空的方案数。

则 $h_k={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})}(m-k{)}^n$，且 $h_k=\sum _{i=k}^m{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{f}_i$。

二项式反演得 $f_k=\sum _{i=k}^m(-1{)}^{i-k}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})}{h}_i$

答案即为 $f_0=\sum _{i=k}^m(-1{)}^i{h}_i$

case 4

球不同，盒相同

相当于把 $n$ 个数划分成 $m$ 个集合的方案数。

先考虑恰有 $k$ 个盒子为空的方案数 $g_k$。

因为集合互不区分，所以 $g_k={\displaystyle \frac{1}{m!}}{f}_k$ （$f_k$ 在 case 3 中定义）。

那么这个 case 的答案就是 $\sum _{i=0}^m{g}_i$。

设 $\{f_k{\}}_{k=0}^m$ 的指数生成函数是 $F$， $\{(-1{)}^i{\}}_{i=0}^m$ 的指数生成函数是 $G$，$\{i^n{\}}_{i=0}^m$ 的指数生成函数是 $H$。

由 $f_k$ 的展开式可知，$F=G\times H$。

NTT 即可求出所有 $f_k(0\le k\le m)$ 。

case 5

球不同，盒相同，盒内至多放一个球

若 $n>m$，答案为 0。

否则，答案为 1。

case 6

球不同，盒相同，盒内至少放一个球

答案就是 case 4 中的 $g_0$。

case 7

球全部相同，盒子不同。

插板可知答案为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1})}$

case 8

球全部相同，盒子不同，盒内至多一个球

相当于从 $m$ 个盒子中选出 $n$ 个放球。

答案为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})}$

case 9

球全部相同，盒子不同，盒内至少一个球

插板，${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})}$

case 10

设 $f_{n,m}$ 表示答案。

枚举有几个盒子是空的，然后剩下的盒子都至少有一个小球，将每个盒子内的小球数量减 1，就变成了一个子问题。

即 $f_{n,m}=\sum _{i=1}^m{f}_{n-i,i}$。（注意没有考虑 $m$ 个盒子是空的情况，因为只有 $n=m=0$ 时它才对答案有贡献）。

下一步怎么做？一个有趣的办法是注意到 $f_{n,m-1}=\sum _{i=1}^{m-1}{f}_{n-i,i}$。

用 $f_{n,m}$ 减去 $f_{n,m-1}$ 得，$f_{n,m}=f_{n,m-1}+f_{n-m,m}$。

把 $n$ 放在第二维，设 $F_m$ 是 $\{f_{i,m}{\}}_{i=0}^n$ 的生成函数，则有 $F_m=F_{m-1}+x^m{F}_m$，即 $F_m={\displaystyle \frac{F_{m-1}}{1-x^m}}$。

把递归式展开得 $F_m=F_0\times \prod _{i=1}^m{\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}$。

考虑如何计算 $\prod _{i=1}^m{\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}$。

设 $G=\prod _{i=1}^m{\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}$。

则 $\ln G=\sum _{i=1}^m\ln ({\displaystyle \frac{1}{1-x^i}})$

由于 $\ln (1-x)=-\sum _{1\le i}{\displaystyle \frac{x^i}{i}}$

所以 $\ln G=\sum _{i=1}^m\sum _{1\le j}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}}$

可以发现，在 $mod{x}^m$ 意义下，有用的 $j$ 的取值只有 $m(1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{3}}+\dots )=O(m\log m)$ 个，所以我们很容易构造出 $\ln G$。

然后对 $\ln G$ 做多项式 exp 就做完了。

case 11

球相同，盒子相同，每个盒子至多装一个球

显然，答案同 case 5

case 12

球相同，盒子相同，每个盒子至少装一个球。

用类似 case 10 的方式考虑。

设 $g_{n,m}$ 表示本 case 答案。

将所有盒子的球数减 1，接着枚举有几个空盒子，然后剩余部分就变成子问题了。

即 $g_{n,m}=\sum _{i=0}^m{g}_{n-m,i}$。

同样地用做差的方式得出，$g_{n,m}=g_{n-1,m-1}+g_{n-m,m}$。

我们惊奇的发现，这个式子和 case 10 的极为相似。

事实上，用同样的放法计算可以发现，本 case 最终的多项式只比 case 10 多乘了一个 $x^m$。

于是就做完啦。

code

人傻常数大

hint

我做这个题并不是按 1 ~ 12 的顺序的。

可以优先做 6,12 再做 3,4,10。

之前没见过分拆数，做了一上午