数数专题

目录

• 借助dp
  • CF814E
  • AGC24E
  • AGC16F
  • 小结
  • dp+复杂度平衡: loj547
  • dp+压缩自动机: CF506E
• 容斥原理
  • naive题：51nod 1829
  • ZJOI2016 小星星
  • noiac2201 连续子序列: dp出容斥的贡献
• 组合意义转化
  • 管道取珠
  • AGC13E
  • noiac 2448,2327
• 奇技淫巧
  • noiac 2034

注：尚未完成，先发出来，然后去睡觉

数数，是一个从出生就开始学并一直学不会的东西

这里讲“数数”，是指：形如“计算满足xxx条件的方案数”的问题。

实现较复杂的问题会给代码。剩下的可以在 vjudge/原网站 上翻我的提交记录得到代码

注：我一般喜欢交vjudge，并且我的常用号是 LightningUZ_CF 而不是 LightningUZ

有一些数数，比如 GF 相关，会另外讲。

这里讲的主要是不用GF，用组合数，dp等技巧的数数题。

借助dp

动态规划是数数的好朋友，很多时候我们可以用动态规划解决数数问题。

有人称其为 “计数dp”。比如我们熟悉的背包，就是一种dp。

当然，和背包相关的dp，与数数的关系不大，不细展开。

来点例题：

CF814E

参考了LCA的做法，他的题解在 这里

LCA的题解太神仙了，导致我这个菜鸡几乎看一行式子睡一次觉，就为了想 “这里为啥-1？” 这种事情，睡了4、5觉才做出来

所以这里会仔细讲（

这题是比较纯正的dp，只用到了非常少量的组合数学内容，全他妈在讨论

我们发现这条件还挺多：最短路唯一，最短路递增，度数有限制，并且为 $2$ 或 $3$。

“最短路递增”，想象一下最后的最短路数组，相同的应该连续。那我们可以把连续的一段相同的划开，称为 “段”。

注意到，相邻两个段的最短路应该正好相差 $1$。并且后面一段的每个点都会有 恰好一条 到上一段的边。

（如果没有，那最短路就不对；如果有两条以上，那最短路就不唯一）

段内部允许有边。

看到分段，很容易想到dp。虽然粗略一想似乎不太会，但我们不用急，慢慢来。

别的不管，先设 $f(i)$ 表示分到第 $i$ 段的方案数，这个状态怎么也得有。

然后我们按套路，枚举上一段的点 $j$，然后 $f(j)\times w(j+1,i)$ 转移过来。$w$ 函数表示转移系数。

仔细一想，这个转移好像和段里面有多少个点有很大的关系。那我们得再记一维表示点数。

$f(i,j)$ 表示到第 $i$ 段，最后一段分了 $j$ 个点，方案数。

$f(i,j)=\sum\limits_{k} f(i-j,k)\times w(...)$

我们注意到这样还不太能做，因为 $2$ 度点和 $3$ 度点处理起来不太一样，所以这个 $w$ 似乎不太能写出来。

那就记一下上一层有多少个 $2$ 度和 $3$ 度的点，记为 $c_2,c_3$，然后考虑它们在自己那一层（即，上一层）内部，以及和当前的这一层，如何匹配起来。

上一层的点数可以直接得知，就是 $c_2+c_3$。这一层的点数需要再记一下。

再一想，上一层的每个点到上上层都恰好有一条边。那这么说，$2$ 度点其实只有 $1$ 个插头，然后 $3$ 度点有 $2$ 个插头。所以转移函数的本质是要考虑这些 插头的匹配。

于是我们设这个转移的函数为， $g(n,c_2,c_3)$ 表示：

• 这一层有 $n$ 个点，上一层有 $c_2$ 个点有 $1$ 个插头， $c_3$ 个点有 $2$ 个插头；
• 上一层的更前面已经满足了限制，并且上一层到上上层的边已经连好了；
• 我们要考虑，上一层内部的匹配，以及上一层与下一层的匹配；

的方案数。

容易写出转移：$f(i,j)=\sum\limits_{k} f(i-j,k)\times g(j,c_2,c_3)$ （$c_2,c_3$ 很容易统计出来）

最后的答案就是 $\sum\limits_{j} f(n,j)\times g(0,c_2,c_3)$。

那我们把 $g$ 搞出来就做完了。但是这个 $g$ 看起来比较复杂，分情况讨论

以下称 “$A$” 表示只有一个插头的点，$B$ 表示有 $2$ 个插头的点

1. $n=0$

   此时下一层没有点，那就只需要考虑层内的匹配

   1. $c_2=0$，$c_3>0$

      此时只有 $B$ 点，那这样匹配一波，一定会形成若干个环。

      我们枚举其中一个环来转移。

      为了避免算重复，我们强制让枚举的那个环包含 $B$ 点中标号最小的那个。

      由于不能有重边和自环，环长至少为 $3$

      得到转移： $g(0,0,c_3)=\sum\limits_{i=3}^{c_3} N(i)\times \binom{c_3-1}{i-1}\times g(0,0,c_3-i)$

      其中 $N(i)$ 表示 项链数，也就是排一个环的方案数。

      组合数里面的 $-1$ 是因为我们已经选好一个，接下来只要选 $i-1$ 个

   2. $c_2,c_3>0$

      此时 $A,B$ 点都有。我们考虑连一条边，这条边可能连接着：

      $A+A$，$B+B$，$A+B$

      注意到我们不应该考虑 $B+B$，因为它要么会在 $g(0,0,*)$ 的时候被算到，要么会在考虑完 $A,B$ 插头间的边之后，其中一个 $B$ 变成 $A$

      所以我们只需要考虑，一个 $A$ 点和哪种点匹配了

      为了避免重复，还是要强制选 $A$ 里面编号最小的那个。

      如果我们再选一个 $A$，那就有 $c_2-1$ 种选法，并且两个插头都接起来，没了。这一部分是 $(c_2-1)\times g(0,c_2-2,c_3)$

      如果我们选一个 $B$，那就有 $c_3$ 种选法。而此时，$A$ 点插头没了，而 $B$ 点的插头数从 $2$ 个变成 $1$ 个，也就便乘了 $A$ 类点。于是 $A$ 类点的数量并没有变化，只有 $B$ 类点的数量少了一个。那这一部分是

      $c_3\times g(0,c_2,c_3-1)$

      综上，$g(0,c_2,c_3)=(c_2-1)\times g(0,c_2-2,c_3)+c_3\times g(0,c_2,c_3-1)$

2. $n>0$

   此时我们需要考虑下一层的匹配

   下一层的每个点都要找一个匹配。为了避免重复，我们考虑下一层里面标号最小的那个点和谁匹配。

   它可能和 $A$ 类点匹配，有 $c_2$ 种选法，此时 $A$ 类点少一个，$B$ 类不变。即 $c_2\times g(n-1,c_2-1,c_3)$

   它可能和 $B$ 类点匹配，有 $c_3$ 种选法。此时有一个 $B$ 类点变成 $A$ 类点，所以是 $B$ 少一个 $A$ 多一个，即 $c_3\times g(n-1,c_2+1,c_3-1)$

   综上，$g(n,c_2,c_3)=c_2\times g(n-1,c_2-1,c_3)+c_3\times g(n-1,c_2+1,c_3-1)$

注意边界 $g(0,0,0)=1$

然后就可以先预处理出 $g$，然后对着式子搞 $f$，然后对着式子搞答案。

总的复杂度是 $O(n^3)$，非常显然。

代码

AGC24E

这题是一个“计树dp”，通常有一种套路：$f(i,...)$ 表示 $i$ 个点的树，...，的数量。

不过这题，要搞出这颗“树”要花一些功夫。

首先考虑一个问题，题目问的是本质不同的 序列组数量，而同一种序列组可能有不同的插入方案，如何去重？

我们发现，重复当且仅当我们插入的数有一堆连续的重复。比如aaabb要变成aaabbb。

此时我们强行插在最后一个位置，然后方案就是唯一的了。

由于我们要让字典序递增，再分析一下这种插入方式的性质，我们发现：每次插入进去的元素，要比“顶掉”的元素的字典序 严格 大。

为了避免边界情况，我们令序列的最后有一个 $0$，并且我们不能插在 $0$ 后面。那插入在最后的情况相当于是顶掉了 $0$，没问题。

我们考虑每个数的 “流向”。即，我们画一根线。当它被插进来的时候，就新建一个线头。如果它没有被顶掉，那这根线竖直向下，否则就斜着向右下。

比如说，序列组：

0
1 0
1 1 0
1 1 1 0
1 1 4 1 0
1 1 4 5 1 0
1 1 4 5 1 4 0

它的 “流向” 示意图如下：

每个红色的圈圈表示一个线头的开始。用眼睛瞪这个图，结合脑子想，发现：

• 0一定是一条斜线向下
• 每一个 “线头” 一定比它上面的那个位置 严格 大（因为它要顶掉上面那个位置）

然后再一想，发现：我们可以把每个（0以外的）线头和它上面那个位置所在的线头连一条边。这样一定是颗树（因为“严格大于”这个东西不可能有环，并且显然连通）。我们考虑以 $0$ 为根。

这颗树会有很多个叉，但是它的点权值在树上外向递增（即，父亲小于儿子）

考虑每个“线头”被插入进来的时间，我们发现这玩意很显然也递增。

那我们给树上的每个点两个权值，一个表示插入时间，一个表示填的数字。我们发现，如果知道了每个点的插入时间，也知道它的父亲，那我们其实就能唯一确定它去顶掉哪个点，再结合填的数字...我们就能唯一确定一个方案！（即，一个序列组）

于是变成了数树问题。

考虑到俩权值要递增，我们设 $f(n,x)$ 表示，$n$ 个点的树，根节点权值是 $x$，方案数。答案是 $f(n+1,0)$。

考虑根的所有子树，发现每个子树的根的权值都 $\ge x+1$，并且一共有 $n-1$ 个点。这是一个森林计数。

而我们发现“森林计数”和“树计数”可以互相转移！不妨换一下状态，设：

• $f(n,x)$ 表示 $n$ 个点的森林，每个树的根的权值都 $\ge x$，方案数

• $g(n,x)$ 表示 $n$ 个点的树，根的权值是 $x$，方案数。

首先，$g(n,x)=f(n-1,x+1...k)$。我们用后缀和优化掉这个东西。

然后 $f(n,x)=\sum\limits_{i=1}^{n} f(i,x)\times g(n-i,x)\times \binom{n}{i}$。

这个很明显，我们选出前面 $i$ 个是森林，然后剩下的 $n-i$ 个单独构成一颗树，就行了。

$\binom{n}{i}$ 是因为我们要给它分配一个 “插入时间”。前面的 $f,g$ 这样合并不会算重是因为，虽然它会算重树结构，但是此时的插入时间那一维不会重。

注意到这样的 $f$ 是至少两棵树的。我们给它加上 $g(n,x)$ ，就把独木成林的情况考虑到了。

然后就这样转移一波即可，答案是 $g(n+1,0)$

AGC16F

好家伙，刚数完树，开始数DAG了

先拿SG函数做一波转化，再考虑反面，相当于要数 $SG(1)=SG(2)$ 的方案数。

然后我们考虑按 $SG$ 的值把图分层。

考虑把 $S$ 中 $SG=0$ 的那些点抽出来，发现：其余每个点到它们至少一条边，并且这些点内部不能有边。

抽出来之后，把它们删掉，发现剩下的点里面，整体 $SG$ 都 $-1$，满足同样的性质，即，最优子结构。

于是考虑dp。设 $f(S)$ 表示 $S$ 中最小的两个元素 $SG$ 值相同的情况，$U$ 表示全集，认为是 $1...n$ 组成的集合。然后答案就是 $2^m-f(U)$

注意到 $S$ 不能把 $1,2$ 分开，否则这个dp状态就不可用。然后枚举 $S$ 的子集 $T$，记 $S/T$ 表示 $S\cap (\overline{T})$，即 $S$ 去掉 $T$ 的那一部分。

那么 $S/T$ 中每个点到 $T$ 至少一条边 （和上题挺像，少了度数限制），$T$ 到 $S/T$ 的边可以瞎连，不影响。

$T$ 内部的边 全部不能连 ，而 $S/T$ 内部的连边通过 $f$ 得到。

那就是 $f(S)=\sum\limits_{T\subsetneqq S} f(S/T)\times w_1(T,S/T)\times w_2(S/T,T)$

设 $E(u,S)$ 表示 $u$ 有多少出边到 $S$。可得转移函数：

$w_1$ 表示瞎连方案数，$w_1(S_1,S_2)=\prod\limits_{x\in S_1} 2^{E(x,S_2)}$

$w_2$ 表示连至少一条边的方案数，把 $w_1$ 的转移变成 $\prod (2^{...}-1)$ 就行了，很明显 $-1$ 就可以去掉不连的方案。

这两个都可以每次预处理出 $E$ 之后，扫一遍算出来。

于是总复杂度是 $O(n\times 3^n)$。

小结

我们可以先研究一波问题的性质，把问题转化成好做的形式，或者是提炼出我们真正需要知道的东西，再用dp做。

（接下来就开始飞了）

dp+复杂度平衡: loj547

首先考虑一个naive dp:

设 $f(i)$ 表示长度为 $i$ ，满足条件的01串个数。那么： $f(i)=2f(i-1)-f(i-m-1)$。

这玩意有两种搞法：

1. 注意到 65537 是个 NTT 模数，对于 $m\le 8192$ 的数据（我实现的不太精细，如果精细实现可以做到 $m\le 32768$），可以跑一个常系数齐次线性递推，$O(m\log m\log n)$
2. 当 $m>8192$ 的时候，注意到 $\dfrac{n}{m}$ 非常小。我们给这个递推赋予组合意义：$u$ 到 $u+1$ 有 $2$ 条重边，$u$ 到 $u+m+1$ 有 $-1$ 条重边，求方案数。我们枚举跳了多少条 $+(m+1)$ 的边，计算出跳了多少条 $+1$ 的边，然后用组合数瞎jr算一下方案数加起来就行；复杂度 $O(\dfrac{n}{m})$。

综合两种做法，就可以过了。

注意一个细节：做法1的递推里面，边界是：当 $i<m$ 时，$f(i)=2^i$；$f(m)=2^m-1$。

而 $f(m)=2^m-1$ 是我们手动设置的，如果按做法2直接跑，得到的是 $f(m)=2^m$。容易发现，只有这一位不对。

如何把它修正回来？（修正主义）

设做法2跑一个 $n$ 得到的方案是 $g(n)$，也就是在DAG上从 $0$ 跑到 $n$ 的方案数。

一个很显然的想法是，我们直接跑这个计数，相当于是给 $f(m)$ 加了 $1$ 之后做上面的递推。不合法的部分，就是这个 $f(m)$ 增加 $1$ 之后的影响。考虑组合意义，这个影响就相当于在 DAG 上从 $m$ 走到 $n$ 的路径数。由于这个DAG的边只和点的相对位置有关，所以这个方案数就是 $g(n-m)$。

所以我们得到 $f(n)=g(n)-g(n-m)$。

注意到 $g(n+1)=2g(n)-g(n-m)$，所以这个式子也等于 $g(n+1)-g(n)$。

不过我没想明白它的组合意义。评论区大佬也可以讲一下，如何形象一点的理解 $g(n+1)-g(n)=f(n)$ 这件事情。

dp+压缩自动机: CF506E

众所周知，一些dp可以用自动机的语言写出来，转化成自动机上的数路径问题

对于一个自动机，众所周知，我们可以压缩它

有以下几种策略：

• 转移边有很多重合部分，把它压起来，如SAM
• 有用的状态数很少，如PAM （本质不同回文串 O(n) 个）
• 根据问题特点，改写自动机，并按照上面两个方法压缩，如，本题

先写一个 naive-dp。设 $m=|s|$，$N$ 表示串的总长，即 $n+m$。

$f(i,l,r)$ 表示长度为 $i$ 的回文串，使得 $s[l:r]$ 是它子序列的方案数。

每次考虑在串的两边加字符，并考虑它是 $s_l,s_r$，还是其它。然后讨论一波：

边界：

• 如果 $i=0$，$f(i,l,r)=[l>r]$
• 如果 $i=1$，$f(i,l,r)=[l\ge r]$
• 如果 $l>r$，$f(i,l,r)=26^{\lceil \frac{i}{2}\rceil}$

转移：

• 如果 $s_l=s_r$，$f(i,l,r)=25f(i-2,l,r)+f(i-2,l+1,r-1)$
• 如果 $s_l\neq s_r$，$f(i,l,r)=24f(i-2,l,r)+f(i-2,l+1,r)+f(i-2,l,r-1)$

然后 $f(N,1,m)$ 就是答案了。

把状态 $(i,l,r)$ 里面的那个 $i$ 看成是在走步（每次走两步，分奇偶讨论下就行），并把 $(l,r)$ 建点。

如果 $l>r$，我们称其为“结束点”，记作 $E$ 类；如果 $s_l=s_r$，称其为“相同点”，记作 $A$ 类；否则称为 “不同点”，记作 $B$ 类。

我们把点排成方阵。$A,B$ 构成一个上三角，$E$ 都在左下角。

对角线上一定都是 $A$。

一个 $A$ 点，它可以向左下角连一条边；一个 $B$ 点，它可以向正左/正右连一条边。

每个点上都有自环。根据dp方程，$A$ 点有 $25$ 条自环，$B$ 点有 $24$ 条自环，$E$ 点有 $26$ 条自环。

我们从 $(1,m)$ 开始走，走到 $E$ 点结束，可以走边，可以走自环，走 $N$ 步，问方案数。

暴力矩乘，$O(m^6\log n)$，过不去。

我们考虑压缩这些点构成的自动机。注意到我们的 $E$ 点只需要两条对角线，$j=i-1$，$j=i-2$，因为我们一定会走到这两条线之一就停止。

根据这个，我们走一条路下来，$r-l+1$ (长度) 肯定会从 $m$ 变化到 $0/-1$。注意到，走一个 $A$ 长度 $-2$，走一个 $B$ 长度 $-1$。设我们走了 $a$ 个 $A$，$b$ 个 $B$，那么 $a=(m-b+1)/2$

也就是说，确定了 $b$ 就可以确定 $a$。

然后我们注意到，一条路径的贡献，只和 $a,b$ 有关，贡献是 $25^a\times 24^b\times 26/1$，和经过的顺序并没有关系。

$a,b$ 值相同的路径可能有很多条，但是我们现在知道，本质不同只要O(m)条

设 $P(b)$ 表示经过了 $b$ 个 $B$ 的路径条数。然后我们的自动机就只需要关心 $A,B$ 的数量了。

注意到我们怎么也得经过一个 $A$，那么 $b$ 的值域是 $[0,m-1]$，$a$ 的值域是 $[1,(m+1)/2]$

我们建出这样的一个自动机：点 $B_i$ 表示经过 $i$ 个 $B$ 对应的状态，$A_i$ 同理。

为了让它俩能 “拼起来”，我们考虑把它俩对接，如下：

$B_{m-1}\to B_{m-2}\to ... \to B_{1}\to A_{1}\to A_{2}\to ... \to A_{(m+1)/2}$

每个 $A_i$ 的下面再挂一个 $E_i$ 表示结束。

每个 $B$ 点有 $24$ 个自环，$A$ 点有 $25$ 个自环，$E$ 点有 $26$ 个自环。

这样，枚举 $b$，计算出 $a=(m-b+1)/2$，$B_b$ 到 $E_a$ 的路径就和原图上的 本质不同路径 一一对应了。

走一步相当于长度 $+2$。

如果 $N$ 是偶数，把这个图的邻接矩阵搞出来求个 $N/2$ 次幂，统计一下答案就行了。

如果 $N$ 是奇数，稍微复杂些。

我们令最后一步的长度只 $+1$。那我们会走 $(N+1)/2$ 步。

不合法，当且仅当从一个 $(x,x+1)$ 的 $A$ 类点转移到 $E$。因为它要做最后一步，但它需要加两个相同字符，而我们强制让最后一步只加一个字符，就不能真正的匹配上。

我们把这种情况减掉即可。手动推一推，发现这种情况下有 $2a+b=m$。而且我们只能恰好走上 $E$ 点，而不能在上面绕自环。

这就等价于我们走 $(N+1)/2-1=(N-1)/2$ 步，走到一个 $A$ 类点。

所以我们就把那个矩阵的 $(N-1)/2$ 次幂算出来，枚举 $a$，计算得 $b=m-2a$，求 $B_b$ 到 $A_a$ 的路径数量的和，就是不合法的方案数。

不要忘记乘个 $P$。

代码

容斥原理

每个的容斥背后，都有一个默默支持它的反演

常见的容斥，容斥系数是正负/正负+组合数的，本质是二项式反演

容斥系数带 $\mu$ 的，本质是莫比乌斯反演，本质的本质是在质因数的集合上二项式反演，$\mu$ 是其容斥系数。

二项式反演，可以搞出来一堆集合的交/并，或者把“恰好”转换成“至少”

如，CTS2019 随机立方体

容斥也可以结合dp，通过dp记录容斥的贡献来做

如，CTS2019 氪金手游

由于这两题都属于概率期望，所以这里不讲（雾）

其实概率期望的本质也是数数

只不过我懒得再写一遍了qaq

去翻 “概率期望” 那篇罢

注，莫比乌斯容斥和这个东西的关系不大，所以这里略

naive题：51nod 1829

考虑直接瞎jr射，方案数是 $n^n$ ，但肯定会有不射满的 （戴黄看黄）

然后我们考虑容斥，容易想象到，我们应该这样做：

射在 $n$ 个数内 - 射在 $n-1$ 个数内 + 射在 $n-2$ 个数内...

这样的容斥显然是对的。想象一下正负号，得到：答案为

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

可以用这个题来热热身。

如果您对容斥比较熟悉，不用动笔，用嘴巴就可以搞出这个题了。

反之，如果您用嘴巴切了这个题，说明您的容斥很强！

ZJOI2016 小星星

同样涉及到一个映射的问题，考虑和上个题类似的做法：我们先不保证射满，然后容斥。

先枚举一个集合 $S$，并限制我们必须射在这里面。然后做树形dp：$f(u,x)$ 表示，$u$ 射到 $x$，$u$ 子树射的方案数。

枚举 $v$ 射到了 $x'$，那在原图上 $x$ 和 $x'$ 之间就要有边。如果有，就把这个方案加到 $f(u,x)$ 里面。

最后 $f(1,*)$ 的和就是 $S$ 的答案，容斥一下加起来即可。

noiac2201 连续子序列: dp出容斥的贡献

（noi.ac的题有权限，这里给出题意）

称一个排列的子串为顺子，当且仅当：这个子串里两两之间差的绝对值为 $\pm 1$ （即，连续单增/单减）

求 $n$ 个数的排列中，有多少种排列满足它所有顺子的长度都 $\le m$。模 $1e9+7$。

$m\le n\le 5000$。

考虑反面，我们枚举它有多少个长度为 $m+1$ 的顺子（枚举左端点），其余位置任意选，设这个方案为 $c(i)$。那么答案为

$c(0)-c(1)+c(2)-c(3)...=\sum\limits_{i}(-1)^i c(i)$

然后我们发现，两个顺子如果有交，那它们必须同时递增/递减，然后我们就可以把它合并成一个大块的顺子，称为一 “块”

对于一个块，它里面选多少个长度为 $m+1$ 的顺子，我们其实并不知道。但是我们只关心它们的方案数乘上容斥系数的和（因为这玩意就是答案）

对于块之外的东西，每个位置都是独立的数，称为 “单点”

假设我们有 $a$ 个块，$b$ 个单点，可以先安排出它们的相对顺序，$(a+b)!$ 种方案，然后就可以唯一确定它们里面填什么数了。

对于一个块，它可以增或者减，那就还有 $2^a$ 种分配方法。

所以它们仅填数字的方案（即，不考虑结构和容斥系数）就是 $2^a (a+b)!$ 种。

设 $f(i,a,b)$ 表示前面 $i$ 个数，选了 $a$ 个块，$b$ 个单点，容斥贡献和。

如果第 $i$ 个位置是单点，那么 $f(i-1,a,b-1)$ 贡献到 $f(i,a,b)$

如果第 $i$ 个位置属于一个块，那就枚举一个 $j$ 表示上一块的结尾，$f(j,...)$ 贡献过来。

发现这样并不对，因为我们不能直接用 $f$ 贡献，因为 $f$ 可能会有单点出来。

那我们再搞一个 $g(i,a,b)$ ，表示强制令 $i$ 为一个块的结尾，的方案数。

那 $f(i,a,b)=g(i,a,b)+f(i-1,a,b-1)$

考虑 $g$ 的转移：

• 如果当前选的顺子不和以前的重叠，贡献和是 $g(i-m-1,a-1,b)$。由于多选了一个，容斥贡献就乘一个 $-1$。
• 反之，就和以往的某个顺子重叠了。那以前的顺子，它的右端点要在 $[i-m,i-1]$ 里面，并且选了这个顺子之后，容斥系数乘 $-1$，而块数不变，因为重叠了

可得：$g(i,a,b)=-f(i-m-1,a-1,b)-g(i-m...i-1,a,b)$。后面的 $...$ 表示求和（这样写直观些）

然后我们可以用前缀和优化掉这个东西，复杂度 $O(n^3)$。

你开开心心的准备去写，一看数据五千。

然后你发现这个转移其实和 $a+b$ 的关系比较大，注意到每次 $a+b$ 这个东西只会变化一个 $-1$ 或者不变。

但我们也不能只记一个 $a+b$，因为 $a$ 还要贡献一个 $2^a$

那我们为什么不把这个 $2^a$ 的贡献也搞进来呢？那就只需要记 $a+b$ 了。

我们记 $F(i,s)=\sum\limits_{a+b=s} 2^a\times f(i,a,b)$，$G(i,s)$ 同理。

我们把 $F,G$ 的sigma里面的 $f,g$ 用上面的转移化开，整理，把它们也搞成 $F,G$ 的形式。得到：

$F(i,s)=G(i,s)+F(i-1,s-1)$

$G(i,s)=-2F(i-m-1,s-1)-G(i-m...i-1,s)$

为啥有一个 $2$？注意到那个 $a-1$ 变成 $a$ 的过程中，$2^a$ 这个东西要变化的。

然后注意到空间开不下，考虑滚动数组。

接下来是一个 典 中 典： 如何滚 $i$？

注意到 $i$ 这一维不太好滚。

所以我们滚 $s$。

这里 是完整的事件（

组合意义转化

很多东西具有一个组合意义

比如上面提到 $f(i)=2f(i-1)-f(i-m-1)$ 的那个递推，它就可以看成DAG上的路径计数。

同时，$n^m$ 这个东西，也具有很好的意义：$n$ 个数，选 $m$ 次，选一个数之后不删除，方案数就是 $n^m$。

管道取珠

对于第 $i$ 种序列， $a_i^2$ 相当于：取两次珠子，方案相同，且均为第 $i$ 种序列的方案。

那么我们取两次珠子，方案相同，方案数就是 $\sum a_i^2$

接下来就好做了，注意到数据范围非常小，设 $f(a,b,a',b')$ 表示：第一次取 $A$ 的 $a$ 个，$B$ 的 $b$ 个第二次取 $A$ 的 $a'$ 个，$B$ 的 $b'$ 个，相同，的方案数。

注意到 $a+b=a'+b'$，故省去 $b'$，然后滚一下就行了。

AGC13E

和上一题类似。一段长度的平方，就相当于在这一段里面选两个位置的方案数。

而把这些平方乘起来，就相当于是在前 $i$ 个里面选 $2k$ 个格子的方案数，根据乘法原理。

先不考虑障碍。设 $f(i,0/1/2)$ 表示在前 $i$ 个位置里面分段之后选，最后一段里面选了 $0/1/2$ 个，的方案数。

第一种是，在 $i-1,i$ 这里划开一段，然后 $i$ 这个位置把当前的 $j$ 个格子全部选掉。这种方案是 $f(i-1,2)$，前提是这一个位置不是障碍。

第二种是，$i$ 和 $i-1$ 在一段，考虑前面选了几个，然后 $i$ 这个位置上选剩下的（可能为 $0$）。枚举一个 $k\le j$，这样的方案数是 $\binom{j}{k}\times f(i-1,k)$。

于是，$f(i,j)=f(i-1,2)+\sum\limits_{k=0}^{j} f(i-1,k)\times \binom{j}{k}$

对于没被障碍隔开的一段，用矩阵优化转移。障碍特判一下就行。

复杂度 $O(m\times 2^3\times \log n)$。

noiac 2448,2327

这两题的共同点是，需要求：长度为 $n$ 的序列，每个数在 $[1,m]$ 间。设 $L$ 表示最长连续相同段，求 $L$ 的分布（即，对于每个 $i$，求 $L=i$ 的方案数）

注意到，恰好不太好做，但是“不超过”感觉挺能做。

那我们现在要求最长连续相同段不超过 $x$ 的方案，设为 $g(i)$。

考虑 $i$ 所在的那一段多长，有转移：$g(i)=(m-1)\times (i-m...i-1)$。

注意一个细节：我们认为每一段都只能取 $m-1$ 种，实际上第一段是可以取 $m$ 种的。

最后乘一个 $\dfrac{m}{m-1}$ 才是真正的答案。

前缀和优化，设 $s$ 为 $g$ 的前缀和。然后 $s(i)-s(i-1)=(m-1)\times [s(i-1)-s(i-m-1)]$。

移项，得 $s(i)=m\times s(i-1)+(1-m)\times s(i-m-1)$

然后和上面的一个转化类似：把它看成DAG上的路径计数。

枚举跳了多少次 $m+1$，复杂度 $O(\dfrac{n}{m})$。枚举 $m$，这样算，复杂度是调和的。

然后就得到了 $s$。取差分得到 $g$。然后发现 $g$ 的差分就是 $L$ 分布了。

复杂度 $O(n\ln n)$。

奇技淫巧

有这样一个式子，合法方案书=瞎选方案数*正确率。

假设我们能知道正确率，那问题就简单了。

noiac 2034

注意到 $(A,B)$ 的方案可以和 $A,B$ 拼起来的方案一一对应。

现在问题变成一个序列：知道它有 $a$ 个 $1$ ，$b$ 个 $-m$（和为 $s=a-mb$，保证是正的），每个位置的前缀和都是正的，求方案数。设 $n=a+b$ 为序列长度。

考虑一个序列的所有循环同构，我们发现，它一共有 $n$ 个循环同构，而其中的恰好 $s$ 个满足前缀和都是正的。

假设这个结论对，那就太好做了，答案是 $\binom{a+b}{a}\times \dfrac{s}{n}$。这就是 “瞎选方案数”乘以“正确率”。

证明如下

对于一个序列，我们把它写无限遍。

设 $las(x)$ 表示，前缀和最后一次为 $x$ 的位置。由于序列和为正，每过一个周期和就会增，所以这个 $las$ 的值是有限的。

对于 $i\in [1,s]$，考虑 $[las(i)+1,las(i)+n]$ 这一段区间。根据 $las$ 的定义，$las$ 后面所有前缀和都 $>i$。

那这么说，这一段区间的前缀和都严格的大于 $i$。 考虑区间内部的前缀和，设 $p\in [las(i)+1,las(i)+n]$，则内部前缀和就是 $(las(i),p]$ 的区间和，即 $s_p-i$。我们知道 $s_p>i$，所以这个和大于 $0$。

那我们把这一段区间取出来，它的每个位置前缀和都 $>0$，是这个序列的一个循环同构。

所以我们有至少 $s$ 个循环同构，使得它们任意位置前缀和 $>0$

也容易发现，对于 $i>s$，它取出来的这段序列和 $i-s$ 是本质相同的，所以不能算。

所以我们只有 恰好 $s$ 个循环同构是满足条件的。