CTS2019 部分题解

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CTS2019 部分题解

Counting, Totaling, Summing。我们数数，我们统计，我们求和。

随机立方体

概率可以变成方案数/总方案数。

题面的 $n,m,l$ 太丑，换成 $a,b,c$，为长方体的长宽高。

设 $N=abc,n=\min(a,b,c)$

首先观察到选 $k$ 个极大的点，要保证剩下的恰好都不是极大点，非常困难。于是考虑容斥，或者叫二项式反演。

设 $f(k)$ 表示至少有 $k$ 个极大点方案数，$g(k)$ 表示恰好 $k$ 个极大点方案数。那么：

$g(k)=\sum\limits_{i=k}^{n} f(i)\times \binom{i}{k}\times (-1)^{i-k}$​

那接下来如果能求出线性求出所有 $f$，就可以线性求出 $g$。

对于方案数，我们分几步走：

1. 选出来这 $k$ 个点
2. 填数

对于数数/概率题，把方案分步做，再用乘法原理合并，是一种常见的考虑方法。

首先一个极大点在三个面里都是最大值，并且 $nml$ 个值是两两不等的，那肯定不能有极大点的 $x,y,z$ 坐标相同。所以选位置的方案就是 $n^{\underline{k}}m^{\underline{k}}l^{\underline{k}}$。注意到同一种方案包含的 $k$ 个位置是 无序 的，所以除一个 $k!$。

接下来是填数字的方案。我们设 $A_i$ 表示第 $i$ 个极大点， $D_i$ 表示 $A_i$ 能够“管辖”的点集，也就是跟它 $x$ 坐标或 $y$ 坐标或 $z$ 坐标相同的点的集合。设 $D=D_1\cup D_2...D_k$。

注意到 $D$​ 集合中的点是受限制的，要比控制它们的那些极大点小。而 $D$​ 集合外面可以瞎几把填。

考虑 $D$​ 的大小。似乎不太好考虑，考虑 $\overline{D}$​ 的大小。$\overline{D}$​ 相当于所有极大点都管不着的点集。那对于每一维，都不能与 $k$​ 个点的任意一个相同，而极大点的三维坐标都是两两不等的，所以直接 $-k$​ 就行。那就是 $(n-k)(m-k)(l-k)$

那我们再减回来就行，$|D|=nml-(n-k)(m-k)(l-k)$​

那现在来考虑“填数”这一步。

除了 $D$ 外的 $N-|D|$ 个数瞎几把选，方案数是 $(N-|D|)!$​​​。

对于这 $|D|$​ 个数，我们可以先选 $|D|$​ 个数，再看考虑如何排列。选的方案数是 $\binom{N}{|D|}$​。

对于填的方案，我们手玩一下发现，一个位置可能要满足好几个限制，这是坠难受的。但是我们又仔细一想，它要满足的这些限制之间，还有一层套一层的关系。

如下图。由于三维不好画，画成二维，清楚一些。

如图，如果红色比蓝色小，紫色同时受两者管辖，那么可以认为它是先比红色小，然后红色比蓝色小。根据不等式的传递性，这样转换一波很显然是等价的。

但是这样就很有意思了，我们把图画出来，发现它好像可以搞成一颗树。感性的想象一下，就是每个点找一个最近的比它大的连过去一条边，最大的不连边，肯定会连出来一棵树。翻译成理性一点的话说，

• 对于一个极大点：连到比它大的最小的那个极大点（后继），最大那个除外
• 对于一个非极大点，但在 $D$ 集合中的点：连向管它的最小的那个极大点

这样一共有 $|D|-1$ 条边，每走一条fa边，值一定变大，并且会停在最大的那个极大点上。于是这个图一定是颗树。

然后问题变成树的拓扑序问题，就是点数阶乘除以每个点size的积。那我们知道size就行了。

对于一个在 $D$ 中不是极大点的点，那它的size肯定是 $1$，直接不管；否则当前点是极大点，那它的子树就是比它小的极大点的 $D$ 集合的并。

注意到，$k$ 个 $D$ 集合的并大小肯定是 $nml-(n-k)(m-k)(l-k)$，无论这 $k$ 个点在哪。

于是这颗树的拓扑序数为：

$$\dfrac{|D|!}{\prod\limits_{i=1}^{k} nml-(n-k)(m-k)(l-k)}$$

这就是填数字进来的方案数

我们总结一下式子，

$$f(k)=\dfrac{1}{N!}\times \dfrac{n^{\underline{k}}m^{\underline{k}}l^{\underline{k}}}{k!}\times(N-|D|)!\times\binom{N}{D}\times\dfrac{|D|!}{\prod\limits_{i=1}^{k} nml-(n-k)(m-k)(l-k)}$$

注意到 $(N-|D|)!\times D!\times \dfrac{1}{N!}$，与 $\binom{N}{D}$ 恰好抵消。此时剩下：

$$\dfrac{n^{\underline{k}}m^{\underline{k}}l^{\underline{k}}}{k!\prod\limits_{i=1}^{k} nml-(n-k)(m-k)(l-k)}$$

这个东西就是 $f(k)$ 了，显然可以预处理做到全线性算。

氪金手游

这题是一个随机套随机的模型，先随机一个 $w$，然后随机选点。

我们可以运用 这个结论，发现我们相当于要求概率的期望值。

先考虑对于确定的 $w$，满足条件的概率咋算。

注意到如果我们把有向边变成无向边，那这个图就是一棵树

如果有向边全是内向/外向，那倒是可以拓扑序做。很遗憾，不能，两种边是很可能同时存在的。

我们可以钦点，把所有边都想办法变成外向的。但有些边就是内向，那咋办呢？

做心理辅导 容斥。对于一条内向的边，把方案数看成是：（没有限制的方案数）-（外向的方案数）

暴力的容斥是 $O(2^{n-1})$ 的，就是把这一堆乘起来的括号拆开。快，实在是快。

观察拆开的项，如果有奇数个外向，那系数是 $-1$，否则系数是 $1$​。所以我们直接把容斥系数放进dp里，dp一遍即可。

接下来我们考虑带上期望一起算。对于当前的 $u$，它的子树里会有一些边是没有限制的。对于没有限制的边，我们把边切掉就行了。然后会裂开变成若干连通块，设 $u$ 所在那个块里面的点 $w$ 的和为 $W$。那我们这样随机抽一波，上来就抽到 $u$ 的概率是 $\frac{w_u}{W}$。

考虑记 $f(u,s)$ 表示 $u$ 子树里切掉无限制边后，$u$​ 所在连通块的点 $w$ 的和为 $W$，对答案的贡献（带容斥系数）和。

对于 $u$ 的儿子 $v$，如果是一条外向边，非常的simple，直接把它俩卷积起来就行。

如果是一条内向的边，分成两个项，没限制-外向。

“没限制”这个项，就是 $f(v,*)\rightarrow f(u,s)$ 即可。$v$ 可以任意取，因为这条边断了，对 $u$ 的连通块和没有影响。

“-外向”这个项，要取个负，上面的+=改成-=，就行了。其实就是所有的容斥系数都变化了 $-1$ 倍。

像这样dp一遍，$f(1,*)$ 就是答案了。