20240813：组合计数选做

P3214 [HNOI2011] 卡农#

题意：$m$ 个集合，$n$ 种元素，求集合间互不相同且每种元素出现偶数次的方案数。

题目等价于从 $1\sim 2^n-1$ 里选出 $m$ 个不同的数，使他们异或和为 $0$。

不妨对每个数标号，由于互不相同，最后除以 $m!$ 即可。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个数异或和为 $0$ 的合法方案数。

显然 $a_i=\underset{j=1}{\overset{i-1}{⨁}}{a}_j$，对于前 $i-1$ 个数的每种选法都唯一对应一个 $a_i$，即 $f_i\leftarrow (2^n-1{)}^{\underset{―}{i-1}}$。

非法方案有两种：

• $a_i=0$。等价于 $\underset{j=1}{\overset{i-1}{⨁}}{a}_j=0$，即 $f_{i-1}$。

• $a_i$ 等于某个 $a_j(j<i)$。

  也就是剩下的 $i-2$ 个人异或和为 $0$，对应 $f_{i-2}$。

  枚举 $j$ 的位置和 $a_j$ 是哪个，乘上 $(i-1)\times (2^n-i+1)$ 的系数。

评黑确实不够格（好的他蓝了）。submission

P3330 [ZJOI2011] 看电影#

题意：

$n$ 个人 $k$ 个座位，每个人初始随机被分配一个座位 $i$，如果 $i$ 上有人就去 $i+1$ 直到 $k$，如果 $k$ 也有人这个人只能站着。

求每个人都有座位的概率。

特判 $n<k$ 概率为 $0$。

我们在 $k$ 后面新增一个位置 $k+1$，并与位置 $1$ 相连形成一个 $k+1$ 的环。

不给环标号，不同的方案为 $(k+1{)}^{n-1}$。

由于 $n<k+1$，所以任意一种方案在环上走都能使所有人都有位置。

在最终状态里，找到一个没有人的位置当做 $k+1$，并由此断开，钦定方向标为 $1\sim k$，对应一种合法情况。

因此一种方案能生成 $k+1-n$ 个不同的序列。

由于我们可以序列还原到 $k+1$ 的环，因此不存在不同的环生成同一序列。

答案等于

$${\displaystyle \frac{(k+1{)}^{n-1}\times (k+1-n)}{k^n}}$$

题目要求输出分数，由于 $k\perp k+1$，因此只需考虑 $k$ 和 $k+1-n$ 的公因数，不需要高精除。

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P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题#

题意：给定 $f(k)=a_0+a_{1}k+\cdots a_m{k}^m$，求

$$\sum _{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)$$

其中 $n\le {10}^9,m\le min(n,1000)$。

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^m{a}_i{k}^i\times x^k\times \left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\\ \\ =& \sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{k=0}^n\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{k}^{\underset{―}{j}}{x}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\\ \\ =& \sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{j=0}^i\sum _{k=j}^n\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{k}^{\underset{―}{j}}{x}^k{\displaystyle \frac{n^{\underset{―}{j}}(n-j)!}{k^{\underset{―}{j}}(k-j)!(n-k)!}}\\ \\ =& \sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{n}^{\underset{―}{j}}{x}^j\sum _{k=j}^n{x}^{k-j}\left(\begin{array}{c}n-j\\ k-j\end{array}\right)\\ \\ =& \sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{n}^{\underset{―}{j}}{x}^j(x+1{)}^{n-j}\end{array}$$

里面所有东西都能预处理，$O(m^2)$ 直接算。

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P3160 [CQOI2012] 局部极小值#

题意：

$n\times m$ 的矩阵，$1\sim n\times m$ 每个数恰好出现一次，$n\le 4,m\le 7$。

如果一个格子是他的八联通里的最小值，则称这个位置为局部最小值。

给定 $n\times m$ 的网格，x 表示局部最小值，. 表示非局部最小值，求符合条件的矩阵数量。

局部最小值的数量很少，$4\times 7$ 的网格最多 $8$ 个。

从小到大填数。

$f(i,s)$ 表示当前在填 $i$，局部最小值的状态为 $s$（有没有填过）的合法方案。

我们发现一个局部最小值没填的时候他周围都不能填。

$i$ 填局部最小值 $x$：$f(i,s\cup x)\leftarrow f(i-1,s)$。

$i$ 不填局部最小值：$f(i,s)\leftarrow f(i-1,s)\times (cn{t}_s-(i-1-|s|))$。

其中 $cn{t}_s$ 表示状态为 $s$ 时可填的非局部最小值。

单次 dp 复杂度 $O(2^{8}nm)$。

但是这样只满足了 x 的位置是局部最小值，并没有保证 . 的位置不是局部最小值。

性质 $a_i$ 表示 $i$ 这个位置是局部最小值，$N(a_i)$ 表示满足这个条件的方案数。

上述 dp 可以求出任意 $N(\prod a_i)$。

令所有局部最小值的集合为 $S$，则答案可以表示为

$$N(\prod _{i\in S}{a}_i\prod _{i\notin S}(1-a_i))$$

把后面的多项式展开成容斥形式：

$$\sum _{T\subseteq {\complement }_{U}S}(-1{)}^{|T|}\times N(\prod _{i\in S\cup T}{a}_i)$$

合法状态很少，直接深搜枚举所有的 $T$。

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P3270 [JLOI2016] 成绩比较#

题意：$n$ 个人 $m$ 门课，$i$ 被 $j$ 碾压定义为每门分数都不超过 $j$。

所有人第 $i$ 门课的成绩在 $1\sim U_i$ 之间。

给出其中 B 每门课的排名 $r_i$（分数严格大于他的人数 $+1$），求他恰好碾压 $k$ 个人的情况数。

先选出 $k$ 个人被 B 碾压，方案数为 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right)$。

剩下的 $n-k-1$ 个人都必须满足至少一门课的分数大于 B。

很容易求出至多 $x$ 个人不被 B 碾压的方案 $\left(\begin{array}{c}n-k-1\\ x\end{array}\right)\prod \left(\begin{array}{c}x\\ r_i-1\end{array}\right)$。

那么恰好 $n-k-1$ 个人不被碾压的方案减还要减去恰好 $0,1,\cdots ,n-k-2$ 个人的方案。

直接递推或者容斥都能解决。

接下来要分配每个人的成绩，每门课相互独立，最后相乘即可。

枚举 B 的分数：

$$\begin{array}{rl}& \prod _{i=1}^m\sum _{x=1}^{U_i}{x}^{n-r_i}(U_i-x{)}^{r_i-1}\\ \\ =& \prod _{i=1}^m\sum _{x=1}^{U_i}{x}^{n-r_i}\sum _{j=0}^{r_i-1}\left(\begin{array}{c}{r}_i-1\\ j\end{array}\right)(-1{)}^j{x}^j\times U_i^{r_i-j-1}\\ \\ =& \prod _{i=1}^m\sum _{j=0}^{r_i-1}(-1{)}^j\left(\begin{array}{c}{r}_i-1\\ j\end{array}\right)U_i^{r_i-j-1}\sum _{x=1}^{U_i}{x}^{n+j-r_i}\end{array}$$

后面那个东西直接插出来。时间复杂度 $O(n^{2}m)$。

对于 $n$ 次多项式 $f(x)$，如果已知他的 $n+1$ 个点值 $(x_i,y_i)$，则

$$f(x)=\sum _{i=1}^{n+1}{y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-x_j}{x_i-x_j}}$$

$f(x)=\sum _{i=1}^x{i}^t$ 是关于 $x$ 的 $t+1$ 次多项式。

取 $x_i=i(i\le t+2)$，预处理可以做到 $O(t)$ 求值。

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P7213 [JOISC2020] 最古の遺跡 3#

题意：$2n$ 个柱子，$1\sim n$ 种高度每个出现两次。

$n$ 次地震，每次地震使 $h_i\to h_i-1$，当且仅当 $i$ 后面有一根相同高度的柱子。

给定地震过后仅存的 $n$ 个位置 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$，求初始高度序列的方案数。

从后往前挨个震 $n$ 次和上述操作是等效的。

考虑一个位置 $i$，$i$ 后面的高度集合一定只增不减（指集合元素）。

相同高度的柱子中位置最靠后的一定会被保留，也就是一种高度一旦出现不会消失。

由于 $i$ 对后面的柱子没有影响，因此无论是全部震完之后 $h_i$ 再减小还是和后面的柱子同步减小都是等效的。

任意时刻最多两个柱子高度相同，如果 $t$ 时刻 $h_i=h_j=h_k$，则 $t-1$ 时刻也存在 $h_i=h_j=h_{k^{\prime }}$，这与 $t=0$ 时矛盾。

不难发现在第 $i$ 次操作后 $1\sim n-i$ 每个数出现两次，$n-i+1\sim n$ 每个数出现一次，可以借助上条结论归纳。

也就是每次的两个 $1$ 总有一个会变成 $0$。

因此震 $n$ 次和震无数次是一样的，且 $n$ 次过后 $1\sim n$ 各剩一个。

$h_i$ 会消失，当且仅当最终序列的后缀 $i+1$ 里出现 $1\sim h_i$ 的每个元素。

定义 $h_i$ 为当前序列的高度阈值（极大），所有 $h\in [1,h_i]$ 都会消失，反之保留。

设 $f_{i,j}$ 表示后缀 $i$ 高度阈值为 $j$ 的方案数。

设 $c_0$ 表示后 $i-1$ 个柱子中钦定消失的数量，$c_1$ 为钦定存在的数量。

不妨先区分相同高度的两根柱子，最后除以 $2^n$。

• $i$ 位置钦定消失，阈值不变。

  $2j$ 种可用高度里，有 $j$ 个分给 $j$ 根标准柱（即被保留的 $1\sim j$），还有 $c_0$ 个已经分配，那么 $f_{i,j}\leftarrow (j-c_0)\times f_{i-1,j}$。

• $i$ 位置钦定保留。

  $h_i^{{}^{\prime }}$ 表示当前柱子的最终高度。

  如果 $h_i^{{}^{\prime }}>j+1$，则高度阈值不变，$f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}$，后续再考虑其真实高度。

  如果 $h_i^{{}^{\prime }}=j+1$，那么就需要确定前面遗留的 $h>j+1$ 的真实高度。

  枚举新阈值 $k$，从 $f_{i-1,j}$ 转移到 $f_{i,k}$。

  确定转移系数。

  选定标准柱的位置：$\left(\begin{array}{c}{c}_1-j\\ k-j-1\end{array}\right)$。

  当前柱子的初始高度（最后降到 $j+1$）：$k-j+1$（高度只能在 $[j+1,k]$，标准柱 $[j+2,k]$ 各用一根）。

  确定 $j+2\sim k$ 是如何生成的：$g_{k-j-1}$ 。

  $g_i$ 表示 $2i$ 个数（123344...ii）中选出 $i$ 个，并在地震后能形成 $1\sim i$ 的方案数（对应上文从 $[j+2,k]$ 各两根，震出 $j+2\sim k$）。

  类似 $f$ 的转移，我们枚举第一个位置的最终高度 $j$：

  $$g_i=\sum _{j=1}^i\left(\begin{array}{c}i-1\\ j-1\end{array}\right)(i-j+2)\times g_{j-1}\times g_{n-j}$$

  选高度为 $[1,j-1]$ 会被震成 $0$，剩下 $[j+1,n]$ 的柱子各被用掉一根，因此第一个位置有 $(i-j+2)$ 种选择。

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【清华集训2014】主旋律#

P2595 [ZJOI2009] 多米诺骨牌#

弃疗。

P4451 [国家集训队] 整数的lqp拆分#

题意：$1\le n\le {10}^{100000}$，求

$$\sum _{a_1+a_2+\cdots +a_m=n}\prod _{i=1}^m{f}_{a_i}$$

其中 $f_0=0,f_1=1,f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$。

构造形式幂集数 $F(x)=\sum _{i\ge 0}{f}_i{x}^i={\displaystyle \frac{x}{1-x-x^2}}$。

$m$ 恰好等于 $k$ 的答案为 $[x^n]F(x{)}^k$。

那么答案的生成函数等于 $G(x)=\sum _{k\ge 1}F(x{)}^k$。

$$\begin{array}{rl}G(x)& =F(x)+F(x{)}^2+\cdots =F(x)+F(x)G(x)\\ \\ G(x)& ={\displaystyle \frac{x}{1-2x-x^2}}\\ \\ & =x({\displaystyle \frac{c}{1-ax}}+{\displaystyle \frac{d}{1-bx}})\\ \\ & =\sum _{i\ge 1}(c{a}^{i-1}+d{b}^{i-1})x^i\end{array}$$

解得

$$\{\begin{array}{l}a=1+\sqrt{2}\\ \\ b=1-\sqrt{2}\\ \\ c={\displaystyle \frac{2+\sqrt{2}}{4}}\\ \\ d={\displaystyle \frac{2-\sqrt{2}}{4}}\end{array}$$

$\sqrt{2}$ 在模 ${10}^9+7$ 下有二次剩余 $59713600$。

$$g_n={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}((1+\sqrt{2}{)}^n-(1-\sqrt{2}{)}^n)$$

P4091 [HEOI2016/TJOI2016] 求和#

P2490 [SDOI2011] 黑白棋#

P3235 [HNOI2014] 江南乐#