「2022-8-10/11 做题记录」组合数 / DP

组合数还要再练练

很多时候并不是一个组合数，而是用 dp 套 组合数

CF367E Sereja and Intervals
考虑每个位置被哪些区间覆盖到。设其为 $[l,r]$。

有个性质：既然一个区间不会覆盖另一个区间，所以不可能两个区间共用左端点 / 右端点。

发现从一个位置移到下一个位置，$l$ 最多会加 $1$，$r$ 最多会加 $1$。

那么我们就有一个 $\mathcal{O}(n^{2}m)$ 的显然 dp。

但是我还以为这个会 T 卡了 1h ...

其实 $nm⩽{10}^5,n⩽m$，所以 $n^{2}m⩽{10}^5\sqrt{{10}^5}$。

emm... 可以滚动数组。做完了。

但是好像可以抽象成笛卡尔坐标系考虑。转为组合数。胡了一下，时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^2)$。

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CF140E New Year Garland
发现考虑下一层的时候，这一层具体的颜色不用管，有影响是颜色的种类个数。

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CF1237F Balanced Domino Placements
md 骨牌有顺序，什么垃圾题面。

也就是说，我们要统计用了多少骨牌。最后乘阶乘。

暴力 $d{p}_{n,m,k}$ 表示现在剩下 $n$ 行，$m$ 列，选了 $k$ 个骨牌的方案数。

但是大可不必考虑横着的骨牌，因为选完竖着的过后它就可以直接计算。其实是，横着和竖着可以独立计算。

所以现在为 $dp{1}_{i,j}$ 为选到第 $i$ 行，选了 $j$ 个竖着的骨牌的方案数。

则 $dp{1}_{i,j}=dp{1}_{i-1,j}+dp{1}_{i-2,j-1}$。

注意这里不能乘具体地放哪个位置的系数。

$dp2$ 同理。

最后组合。

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CF1536F Omkar and Akmar
难点在第一步啊。

考虑 最终状态，不可能存在连续两个空格，去掉空格必须是 ABABAB...。

所以最后的步数一定是偶数。后手必赢。

所以随便选了。emm..... 其实可以爆搜找规律 / 猜结论。

然后组合数算即可。枚举空格。

刚开始推出来 $\mathrm{ans}=\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2i})\times (2i)!$。

发现这个式子好像也能适配链的情况。。那就错了。。。

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CF1188C Array Beauty
暴力 dp：$d{p}_{i,j,k}$ 为最后一项为 $i$，长度为 $j$，现在的 $min$ 为 $k$ 的方案数。

$d{p}_{i,j,min(k,|b_i-b_j|)}=\sum d{p}_{las,j-1,k}$。

。。。

发现：$k<\frac{100000}{j}$，所以 dp 空间开不下，但是时间可以跑。。。具体地，你会说，当前状态与现有的决策点取 $min$ 不应该有很多值吗？怎么 $\mathcal{O}(1)$ 转。其实，我们不是枚举上一个状态，而是枚举当前状态，这样的话，$min$ 就不会变，用前缀和优化即可。

那么既然 $dp$ 数组里面维度多，我们就枚举维度，具体地，枚举最后的 $min$？

做完了。$\mathcal{O}({10}^{5}n)$。

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CF1295F Good Contest
能不能离散化后只关注端点？
可以。暴力转 dp 即可。注意遍历到的所有点都必须在离散化数组里面（也就是说，$R_i+1(-1)$ 要在离散化数组里面，或者全部改成左闭右开也可以）

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CF1523E Crypto Lights

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CF814E An unavoidable detour for home

一道很 NB 的 DP 题，需要深刻的对 DP 及其技巧的理解

编号可以根据图动态钦定？

首先有个结论：跑 bfs 树，剩下的边是同层的相连。这与原题是充要关系。

推出一个三维 dp，不知道行不行。（

就是一层一层选，令 $d{p}_{i,c_1,c_2}$ 为选了 $i$ 个，最后一层有 $c_1$ 个剩下度数为 $1$，$c_2$ 个度数为 $2$ 的方案数。然后一层一层枚举，好像要设置辅助 dp。$\mathcal{O}(n^4)$ 是能转的。

具体看看刚才那个 dp，发现只要我们最后一层的节点定了，$c_1,c_2$ 都定了。（因为每个点只会和层数 - 1的某一个点连边）

所以令 $d{p}_{i,j}$ 为选了 $i$ 个，最后一层有 $j$ 个节点的方案数。

我们 钦定算到下一层的时候才去处理上一层连上一层、这一层连上一层的情况。

设 $g_{i,j,k}$ 为当前层 $i$ 个节点，上一层有 $j$ 个剩下度数为 $1$ 的节点，$k$ 个剩下度数为 $2$ 的节点的方案数。

• 若 $i=0,j=0,k=0$，方案数为 $1$。

• 若 $i=0,j=0,k\ne 0$，发现是由多个简单环组成（$siz{e}_{\mathrm{环}}⩾3）$。
  $g_{0,0,k}=\sum _{i=3}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i-1})(i!)/i/2\ast g_{0,0,k-i}$。
  (P.S. 并不是 $g_{0,0,k}=\sum _{i=3}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(i!)/i/2\ast g_{0,0,k-i}$。因为这样会因为选的顺序不同而出现多种重复方案。我们钦定强制选包括最后一个点的环)

• 若 $i=0,j\ne 0,k\ne 0$，枚举度数为 $1$ 的点与谁连，$g_{0,j,k}=g_{0,j-2,k}\ast (j-1)+g_{0,j-1,k-1}\ast k$。

• 若 $i\ne 0,j\ne 0,k\ne 0$，枚举这一层的点与谁连，$g_{i,j,k}=g_{i-1,j-1,k}\ast j+g_{i-1,j,k-1}\ast k$。

$d{p}_{i,j}=\sum _{k=1}^{i-j}d{p}_{i-j,k}\ast g_{j,c_1,c_2}$。$c_1,c_2$ 为 $[i-j-k+1,i-j]$ 中度数为 $2,3$ 的点个数。

答案即为 $\sum _{i=1}^{n}d{p}_{n,i}\ast g_{0,c_1,c_2}$。

发现计算 $g$ 的复杂度不是 $n^4$ 而是 $n^3$，计算 $dp$ 的复杂度是 $n^3$，所以时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^3)$。

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CF1111D Destroy the Colony
能否和字符集有关？

诈骗点 1：询问次数其实不是 ${10}^5$，是 $52\ast 52$。

考虑暴力：背包 dp，$n\ast 52\ast 52\ast 52$。

然而我们发现这里面有很多重复计算的东西。

能不能搞个前缀和背包，本质上是高维前缀和。

背包进行的顺序并不影响值。

${10}^5\ast 52\ast 52$ 能不能过啊？答案是可以的。

好像有个名字叫退背包。

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Character Encoding
简单容斥排列组合。

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Separated Number
如果我强制令某一个数是第几位，方案数可以用组合数算。

对于某个 ${10}^i$，用前缀和算出上面可以有多少 $1\sim 9$，然后进行 “盒子与球” 算出方案数。

注意这里有类似 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{1})+...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k})$ 的东西。

因为 "$k$" 固定，想到与 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1}{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1}{1})+...+(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1}{k})$ 联系。算二次即可。递推。

即 $f_i=f_{i-1}\ast 2-(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{k})$。时间复杂度：$\mathcal{O}(Tn)$。

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Tom and matrix
lucas+组合数。

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Xiao Ming's Hope
用 lucas 证明得 $ans=2^{1\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}}$。

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Interesting Yang Yui Triangle
lucas 板题。但是降智了想了好久。。。原因是把题读反了。

但是，如果题目真的变成了求余数为 $0$ 的个数，这个题这样做也要方便些，这就是 正难则反。

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