20240820：组合计数(2)

组合数#

定义：$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)$ 表示 $n$ 元集的 $m$ 元子集个数。

通项#

$$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}& m\le n\\ \\ 0& \text{otherwise}\end{array}$$

考虑其组合意义：

把所有 $n!$ 个排列的前 $m$ 个元素作为选出集合，每个集合被计算 $m!(n-m)!$ 次。

二项式定理#

$$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)x^i{y}^{n-i}$$

组合意义：从 $n$ 个括号里选出 $i$ 个给 $x$，剩下给 $y$。

因此第 $n$ 行组合数的普通生成函数 $F_n(x)$ 的封闭形式为：

$$F_n(x)=\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)x^i=(x+1{)}^n$$

组合数的对称性#

$$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n\\ n-m\end{array}\right)n\ge m\ge 0$$

组合数的吸收公式#

$$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)={\displaystyle \frac{n}{m}}\left(\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right)n,m>0$$

递推公式#

$$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right)$$

组合意义就是讨论第 $n$ 个元素是不是选出的第 $m$ 个元素。

从生成函数的角度理解：$F_n(x)=(x+1)F_{n-1}(x)$，对比系数得到递推公式。

组合数的行和#

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)& =(1+1{)}^n=2^n\\ \\ \sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)(-1{)}^i& =(1-1{)}^n=[n=0]\end{array}$$

组合数的列和#

$$\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n+1\\ m+1\end{array}\right)$$

把和式中第一个非零项 $\left(\begin{array}{c}m\\ m\end{array}\right)$ 看作 $\left(\begin{array}{c}m+1\\ m+1\end{array}\right)$。

• $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m+1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m+1})$。
• $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m+1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+3}{m+1})$。

以此类推得到 $\left(\begin{array}{c}n\\ m+1\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n+1\\ m+1\end{array}\right)$。

范德蒙德卷积#

$$\sum _{i=0}^k\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}m\\ k-i\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n+m\\ k\end{array}\right)$$

把 $n+m$ 元集拆成一个 $n$ 元集和一个 $m$ 元集。

枚举 $n+m$ 里面选 $k$ 个出来的所有方案与这个 $n$ 元集的交集 $i$，组合意义显然。

一个很有用的公式#

$$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}m\\ r\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n\\ r\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n-r\\ m-r\end{array}\right)$$

$n$ 个里面选 $m$ 个，再在 $m$ 个里面选 $r$ 个。

等价于 $n$ 个里面选 $r$ 个，在剩下的 $n-r$ 个里再选 $m-r$ 个。

容斥原理#

$$|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|=\sum _{1\le x_1<x_2\cdots <x_m\le n}(-1{)}^{m-1}|\bigcap _{i=1}^m{S}_{x_i}|$$

考虑每个元素在右式被计算几次。

如果一个元素在 $k$ 个 $S_i$ 中出现，那么他会被计算 $\sum _{i=1}^k(-1{)}^{i-1}\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)=[k\ne 0]$。

因此左边等于右边。

很多情况下要求同时满足 $n$ 个条件的集合大小。

记 $S_i$ 为不满足第 $i$ 个条件的集合，那么答案即 $|U|-|\bigcup _{i=1}^n{S}_i|$。

无限制的格路计数#

题意：给定 $n,m\ge 0$，你一开始在原点，每次可以从 $(x,y)$ 走到 $(x+1,y+1)$ 或 $(x+1,y-1)$，问走到 $(n,m)$ 的合法方案数。

设往右上走了 $t$ 步，则往右下走了 $n-t$ 步。

解方程 $t-(n-t)=m$，$t={\displaystyle \frac{n+m}{2}}$。

如果 $2\nmid n+m$，那么方案数为 $0$，否则方案数为 $\left(\begin{array}{c}n\\ \frac{n+m}{2}\end{array}\right)$。

从生成函数的角度理解，次数代表纵坐标：

$$[x^m](x+x^{-1}{)}^n=[x^{n+m}](x^2+1{)}^n=\left(\begin{array}{c}n\\ \frac{n+m}{2}\end{array}\right)$$

反射容斥#

例1：给定 $n,m\ge 0$ 以及 $p<0$，你一开始在原点，每次可以从 $(x,y)$ 走到 $(x+1,y+1)$ 或 $(x+1,y-1)$，

问不经过直线 $y=p$ 上的点走到 $(n,m)$ 的合法方案数。

考虑用上个模型的方案数减去经过 $y=p$ 的方案数。

对于一个经过 $y=p$ 的方案，我们将 $p$ 上方的路径折下来，得到一条 $(0,2p)$ 到 $(n,m)$ 的路径，任意新路径都能翻回去，因此这是一个双射。

则合法方案数等于 $\left(\begin{array}{c}n\\ \frac{n+m}{2}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}n\\ \frac{n+m-2p}{2}\end{array}\right)$。

例2：给定 $n,m\ge 0$ 以及 $p<0,q>m$，你一开始在原点，每次可以从 $(x,y)$ 走到 $(x+1,y+1)$ 或 $(x+1,y-1)$，

问不经过直线 $y=p$ 和 $y=q$ 上的点走到 $(n,m)$ 的合法方案数。

还是用总方案减去不合法的方案，问题转化为经过 $y=p$ 或 $y=q$ 走到终点的方案数。

对于一条路径，如果经过 $y=p$ 就写 'A'，经过 $y=q$ 就写 'B'，如图路径写成 "BBBBAAB"。

把连续相同字符缩成一个，即 "BAB"。

每个路径都可以映射成一个字符串，字符串 “AB” 表示一条先经过 $y=p$ 再经过 $y=q$ 的路径，且没有其他地方与限制相交。

钦定先经过 $y=p$ 再经过 $y=q$ 的方案如何求？先将起点延 $y=p$ 翻折转化为只有一条限制的情况，再延 $y=q$ 翻折。

恰好呢？考虑上述计算方式会多计算哪些情况？

所谓 "AB"，我们在计算过程中并不关心 "A" 前面有没有 "B" 以及 "B" 后面有没有 "A", "AB", "ABA"...。

也就是说，"BAB", "BABA"... 和 "ABA", "ABAB"... 都会在计算 "AB" 时被算到。

如何构造容斥系数使得每种非法情况（"A", "B", "AB", "BA", "ABA"...）最后计算次数恰好为 $-1$。

从另一个角度考虑重复计算，如果 $T$ 是 $S$ 的子串，那么 $S$ 的所有路径会在计算 $T$ 时恰好被算一次。

对于字符串 "ABABA"，其本质不同子串有 "A", "AB", "ABA", "ABAB", "ABABA", "B", "BA", "BAB", "BABA"。共 $2|S|-1$ 个。

我们知道 $\sum _{i=1}^{2|S|-1}(-1{)}^i=-1$，因此把每种字符串的容斥系数定为 $(-1{)}^{|S|}$ 可以恰好满足条件。

由于每增加一个字符，横坐标就要增加至少 $q-p$ 的长度，需要考虑的字符串只有 $O({\displaystyle \frac{n}{q-p}})$（不考虑从原点第一次到限制的距离，反正就是很少）。

卡特兰数#

定义：第 $n\ge 0$ 项卡特兰数 $C_n$ 表示长度为 $2n$ 的合法括号序列数。

通项#

$$C_n=\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}2n\\ n+1\end{array}\right)$$

用反射容斥解释这个式子。

左括号表示 $(x,y)\to (x+1,y+1)$，右括号表示 $(x,y)\to (x+1,y-1)$，卡特兰数等于 $(0,0)$ 走到 $(2n,0)$ 不经过 $y=-1$ 的路径数。

这样映射满足了合法括号序列的充要条件：左括号 = 右括号；任意前缀左括号不小于右括号。

递推式#

枚举第一个右括号之间有多少括号对：

$$C_n=\sum _{i=0}^{n-1}{C}_i{C}_{n-i-1}$$

通过递推式解得卡特兰数的生成函数

$$F(x)=xF(x{)}^2+1⟹F(x)={\displaystyle \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}$$

子集反演#

$$\begin{array}{rl}f(S)=\sum _{T\subseteq S}g(T)& ⟺g(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(T)\\ \\ f(S)=\sum _{S\subseteq T\subseteq U}g(T)& ⟺g(S)=\sum _{S\subseteq T\subseteq U}(-1{)}^{|T|-|S|}f(T)\end{array}$$

只考虑第一个式子，第二个类似。

从左推右：

$$\begin{array}{rl}g(S)& =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(T)\\ \\ & =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}\sum _{R\subseteq T}g(R)\\ \\ & =\sum _{R\subseteq S}g(R)\sum _{T\subseteq S\setminus R}(-1{)}^{|S|-|T\cup R|}\\ \end{array}$$

记 $h(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}$。

$$\begin{array}{rl}h(S)& =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}\\ \\ & =\sum _{i=0}^{|S|}(-1{)}^{|S|-i}\left(\begin{array}{c}|S|\\ i\end{array}\right)=[S=\varnothing ]\end{array}$$

带回原式：

$$g(S)=\sum _{R\subseteq S}g(R)\cdot h(S\setminus R)=g(S)$$

从右推左：

$$\begin{array}{rl}f(S)& =\sum _{T\subseteq S}g(S)\\ \\ & =\sum _{T\subseteq S}\sum _{R\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|R|}f(R)\\ \\ & =\sum _{R\subseteq S}f(R)\sum _{T\subseteq S\setminus R}(-1{)}^{|T|}\\ \\ & =\sum _{R\subseteq S}f(R)[S\setminus R=\varnothing ]=f(S)\end{array}$$

二项式反演#

引入#

错排问题：$n$ 个人排列。第 $i$ 个人不能在位置 $i$，求合法排列数。

钦定 $k$ 个人在自己位置上：

$$\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)(n-k)!$$

定义 $f(n)$ 为 $n$ 个人的排列数，$g(n)$ 为 $n$ 个人的错排数。

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{k=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)g(k)\\ \\ g(n)& =\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)f(k)\end{array}$$

问题在于 $f$ 能够快速计算，如何通过 $f$ 反求 $g$。

有组合恒等式

$$\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)=[n=0]$$

说一句废话：

$$g(n)=\sum _{m=0}^n[n-m=0]\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)g(m)$$

把 $[n-m=0]$ 用上面的恒等式带掉：

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{m=0}^n\sum _{k=0}^{n-m}(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n-m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)g(m)\\ \\ & =\sum _{m=0}^n\sum _{k=0}^{n-m}(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n-k\\ m\end{array}\right)g(m)\\ \\ & =\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\sum _{m=0}^{n-k}g(m)\left(\begin{array}{c}n-k\\ m\end{array}\right)\\ \\ & =\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)\sum _{m=0}^{n-k}g(m)\left(\begin{array}{c}n-k\\ m\end{array}\right)\\ \\ & =\sum _{k=0}^n(-1{)}^k\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)f(n-k)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)f(k)\end{array}$$

公式#

$$\begin{array}{rl}f(n)=\sum _{i=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)g(i)& ⟺g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)f(i)\\ \\ f(n)=\sum _{i=n}^U\left(\begin{array}{c}i\\ n\end{array}\right)g(i)& ⟺g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i-n}\left(\begin{array}{c}i\\ n\end{array}\right)f(i)\end{array}$$

可以理解为 $g(S)$ 只与 $|S|$ 相关的子集反演。

实际应用中一般用第二种形式，$f(n)$ 表示钦定 $n$ 个的方案数，$g(n)$ 表示恰好 $n$ 个的方案数。

莫比乌斯反演#

引入#

周期问题：求长度为 $n$ 的字符串且周期（最小循环节）恰为 $n$ 的字符串个数，仅包含小写字母。

定义 $f(n)$ 为长度为 $n$ 的字符串个数，$g(n)$ 为长度为 $n$ 且周期恰为 $n$ 的方案数。

$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(n)$$

显然有 $f(n)={26}^n$，怎么反求 $g$？

设函数 $\mu$ 满足

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$$

构造一句废话然后代入：

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{m\mid n}[{\displaystyle \frac{n}{m}}=1]g(m)\\ \\ & =\sum _{m\mid n}\sum _{d\mid \frac{n}{m}}\mu (d)g(m)\\ \\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{m\mid \frac{n}{d}}g(m)\\ \\ & =\sum _{d\mid n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d\mid n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})f(d)\end{array}$$

公式#

$$\begin{array}{rl}f(n)=\sum _{i\mid n}g(i)& ⟺g(n)=\sum _{i\mid n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{i}})f(i)\\ \\ f(n)=\sum _{n\mid i,i\le U}g(i)& ⟺g(n)=\sum _{n\mid i,i\le U}\mu ({\displaystyle \frac{i}{n}})f(i)\end{array}$$

从子集反演的角度理解这个公式。

把每个数 $x$ 映射成一个无限长的向量，第 $i$ 为表示正整数中第 $i$ 个质数在 $x$ 中的次数。

整除关系即集合之间的包含关系。

现在目的是从 $f(n)$ 里面减掉没有顶满（因子）的方案数。

只容斥与原数高度相差 $1$ 的因子，减掉所有的 $f({\displaystyle \frac{n}{p_i}})$，加上所有 $f({\displaystyle \frac{n}{p_i{p}_j}})$，以此类推。

这同时也与 $\mu$ 函数对应：存在平方因子（差两格）则为 $0$；否则为 $-1$ 的质因子个数次方。

第二类斯特林数#

$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$ 表示把 $n$ 元集划分为 $m$ 个互不区分的非空集合的方案数。

通项公式#

先假定 $m$ 个集合互相区分，最后除以 $m!$。

钦定部分集合为空，然后容斥。

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}={\displaystyle \frac{1}{m!}}\sum _{i=0}^m(-1{)}^m\left(\begin{array}{c}m\\ i\end{array}\right)(m-i{)}^n$$

递推式#

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}=m\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right\}$$

考虑最后一个元素 $n$ 扔到哪里。

选一个现有集合扔进去（虽然集合互不区分，但是元素互不相同）；新增一个集合。

普通幂转下降幂#

$$x^n=\sum _{i=0}^x\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{i}}$$

$x^n$ 表示 $n$ 个元素分配给互相区分的 $x$ 个集合的方案数。

选出 $i$ 个集合，$n$ 个元素分出 $i$ 个非空集合的方案是 $s(n,i)$，由于集合不区分，再乘一个 $i!$。

单位根反演#

单位根：$x^n=1$ 在复平面上的 $n$ 个解，其中 $w_n^k=e^{i\frac{2k\pi }{n}}$。

$$[n\mid k]={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=0}^{n-1}{w}_n^{ik}$$

当 $n\mid k$ 时，$w_n^{ik}=1$，右式等于 $1$。

否则右边是一个等比数列，等于 ${\displaystyle \frac{1}{n}}\times {\displaystyle \frac{1-w_n^{nk}}{1-w_n^k}}=0$。

用于模意义下的原根也是对的。

min-max 容斥#

$$\begin{array}{rl}min(S)& =\sum _{\varnothing =T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}max(T)\\ \\ max(S)& =\sum _{\varnothing =T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}min(T)\end{array}$$

以第一种形式为例，第 $k$ 小的元素被计算的次数等于：

$$\sum _{i=1}^k\left(\begin{array}{c}k-1\\ i-1\end{array}\right)(-1{)}^{i-1}=\sum _{i=0}^{k-1}\left(\begin{array}{c}k-1\\ i\end{array}\right)(-1{)}^i=[k=1]$$

实际应用一般结合期望，也就是如果一个集合的期望最小不好求，可以去求他的期望最大。

高维前缀和#

二维前缀和：

for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
        a[i][j] += a[i - 1][j];
	}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
        a[i][j] += a[i][j - 1];
	}
}

三维前缀和：

for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
        for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
			a[i][j][k] += a[i - 1][j][k];
        }
	}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
        for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
			a[i][j][k] += a[i][j - 1][k];
        }
	}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
    for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
        for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
			a[i][j][k] += a[i][j][k - 1];
        }
	}
}

子集和：

用偏序的形式表示子集和，可以发现他就是一个 $n$ 维，每个维度只有 01 的前缀和。

$$\sum _{T\subseteq S}{a}_T=\sum _{T_1\le S_1\wedge T_1\le S_1\wedge \cdots T_n\le S_n}{a}_T$$

for(int i = 0; i < n; ++ i) {	// 枚举维度，1011 用数组表示为 a[1][1][0][1]
    for(int s = 0; s < 1 << n; ++ s) {
        if(s >> i & 1) a[s] += a[s ^ 1 << i];
	}
}

子集和还有分治做法。

对于一个 $[0,2^n)$ 的序列，每次把他分成两部分 $[0,2^{n-1})[2^{n-1},2^n)$。

递归处理每个数在各自分治区间的子集和。

考虑合并两部分信息。

右边部分的第 $n-1$ 位都是 $1$，左边部分的第 $n-1$ 位都是 $0$，对应位呈现包含关系（$x$ 对应 $x+2^{n-1}$）。

因此右边再加上左半边对应的贡献就可求得当前分治区间的子集和。

时间复杂度 $T(2^n)=2T(2^{n-1})+O(2^n)=O(n{2}^n)$。

快速莫比乌斯变换#

集合幂级数 $F(x)$ 的莫比乌斯变换 $\hat{F}(x)$ 满足：

$$[x^S]\hat{F}(x)=\sum _{T\subseteq S}[x^T]F(x)$$

莫比乌斯变换即高维前缀和。

莫比乌斯逆变换即高维差分，都可以按维 dp 做到 $O(|U|2^{|U|})$。

集合并卷积（或卷积）#

求集合幂级数 $H(x)=F(x)G(x)$，满足

$$[x^S]H(x)=\sum _{T\cup R=S}[x^T]F(x)[x^R]G(x)$$

先求出 $\hat{H}(x)$，再做逆变换。

$$\begin{array}{rl}\left[x^S\right]\hat{H}(s)& =\sum _{T\cup R\subseteq S}[x^T]F(x)[x^R]G(x)\\ \\ & =\sum _{T\subseteq S}[x^T]F(x)\sum _{R\subseteq S}[x^R]G(x)\\ \\ & =[x^S]\hat{F}(x)[x^S]\hat{G}(x)\end{array}$$

推广：集合交卷积（与卷积）

同样令 $\hat{H}(x)$ 表示 $H$ 的变换：

$$\begin{array}{rl}\left[x^S\right]\hat{H}(s)& =\sum _{S\subseteq T\cap R}[x^T]F(x)[x^R]G(x)\\ \\ & =\sum _{S\subseteq T}[x^T]F(x)\sum _{S\subseteq T}[x^R]G(x)\\ \\ & =[x^S]\hat{F}(x)[x^S]\hat{G}(x)\end{array}$$

类似的，只不过是高维前缀和换成高维后缀和。

集合无交并卷积（子集卷积）#

$$[x^S]H(x)=\sum _{T\cup R=S,T\cap R=\varnothing }[x^T]F(x)[x^R]G(x)$$

考虑在集合幂级数中引入未定元 $y$，指数代表集合大小。

对 $x$ 做集合并卷积，$y$ 做乘法卷积，求得 $H^{\prime }(x,y)=F^{\prime }(x,y)G^{\prime }(x,y)$，其中 $[x^S{y}^{|S|}]F^{\prime }(x,y)=[x^S]F(x)$。

两个集合无交当且仅当 $|S\cup T|=|S|+|T|$。

因此有 $[x^S]H(x)=[x^S{y}^{|S|}]H^{\prime }(x,y)$。

我们把形式幂集数 $F^{\prime }(x,y)$ 看作一个 $|U|$ 行 $2^{|U|}$ 的二维矩阵。

每一行保留大小为 $i$ 的集合系数，其余全为 $0$。

$|U{|}^2$ 枚举 $F^{\prime }$ 和 $G^{\prime }$ 的行，然后做两行的集合并卷积，时间复杂度 $|U{|}^3{2}^{|U|}$。

考虑 $|U{|}^2{2}^{|U|}$ 预处理出每一行的莫比乌斯变换，暴力算 $y$ 卷积时只要 $O(|U|)$ 对应系数相乘。

莫比乌斯变换是线性变换，不需要每做一次卷积就要逆变换，系数可以累加。

最后对每一行做莫比乌斯逆变换，时间复杂度 $O(|U{|}^2{2}^{|U|})$。

快速沃尔什变换#

$$[x^S]\hat{H}(x)=\sum _{T\subseteq U}(-1{)}^{|S\cap T|}[x^T]F(x)$$

• 注意 $T$ 的范围是所有集合。

考虑分治。

对于 $[0,2^n)$ 的区间，划分为 $[0,2^{n-1})[2^{n-1},2^n)$ 两个子问题。

设 $x$ 原来的系数为 $f(x)$，考虑跨块贡献后的新系数为 $f^{\prime }(x)$。

对于一个右侧元素 $x+2^{n+1}$，左侧对他的贡献怎么算？

发现左侧对 $x+2^{n+1}$ 的贡献和原来对 $x$ 的贡献（即 $f(x)$）是一样的，因为左边第 $n-1$ 位都为 $0$。

右侧元素对 $x+2^{n+1}$ 是否还是 $f(x+2^{n+1})$？

在 $[2^{n-1},2^n)$ 里做 FWT 时没有考虑第 $n-1$ 位的贡献，因此 $f^{\prime }(x+2^{n-1})=f(x)-f(x+2^{n-1})$。

类似地考虑左半边，$f^{\prime }(x)=f(x)+f(x+2^{n-1})$。

沃尔什逆变换#

试着对 $\hat{F}(x)$ 再做一遍沃尔什变换。

$$\begin{array}{rl}\left[x^S\right]\hat{\hat{F}}(x)& =\sum _{T\subseteq U}(-1{)}^{|S\cap T|}\sum _{R\subseteq U}(-1{)}^{|T\cap R|}[x^R]F(x)\\ \\ & =\sum _{R\subseteq U}[x^R]F(x)\sum _{T\subseteq U}(-1{)}^{|(S\oplus R)\cap T|}\\ \\ & =\sum _{R\subseteq U}[x^R]F(x)\sum _{T\subseteq U}(-1{)}^{|(S\oplus R)\cap T|}\\ \\ & =\sum _{R\subseteq U}[x^R]F(x)\sum _{i=0}^{|S\oplus R|}\left(\begin{array}{c}|S\oplus R|\\ i\end{array}\right)2^{|U\setminus S\oplus R|}\\ \\ & =\sum _{R\subseteq U}[x^R]F(x)2^{|U|}[S=R]=2^U[x^S]F(x)\end{array}$$

第二步中 $\oplus$ 表示对称差。$S$ 和 $R$ 的公共元素会对 $-1$ 产生偶数次贡献。

我们发现只要将 $\hat{\hat{F}}(x)$ 的各项系数乘上 ${\displaystyle \frac{1}{2^{|U|}}}$ 即可还原 $F(x)$，即沃尔什逆变换。

集合对称差卷积（异或卷积）#

设 $H(x)=F(x)G(x)$。

$$\begin{array}{rl}\left[x^S\right]\hat{H}(x)& =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S\cup T|}[x^T]H(x)\\ \\ & =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S\cup T|}\sum _{L\oplus R=T}[x^L]F(x)[x^R]G(x)\\ \\ & =\sum _{L,R}(-1{)}^{|S\cup (L\oplus R)|}[x^L]F(x)[x^R]G(x)\\ \\ & =\sum _L(-1{)}^{|S\cup L|}[x^L]F(x)\sum _R(-1{)}^{|S\cup R|}[x^R]G(x)\\ \\ & =[x^S]\hat{F}(x)[x^S]\hat{G}(x)\end{array}$$

burnside 引理#

对于一个群 $(G,\times )$，里面的元素都是作用于集合 $X$ 的置换。

$h=f\times g⟹\mathrm{\forall }x\in X,h(x)=g(f(x))$。

$(G,\times )$ 是群需要满足：

1. $\mathrm{\forall }a,b\in G,a\times b\in G$。
2. $\mathrm{\forall }a,b,c\in G,(a\times b)\times c=a\times (b\times c)$。
3. $\mathrm{\exists }e\in G,\mathrm{\forall }a\in G,e\times a=a\times e=a$。
4. $\mathrm{\forall }a\in G,\mathrm{\exists }b\in G,a\times b=e$，把 $b$ 称作 $a$ 的逆元。

如果 $X$ 中两个元素可以通过 $G$ 中置换变得相等，那么称他们等价，同属一个等价类。

$X$ 中的等价类个数等于

$${\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}\sum _{x\in X}[g(x)=x]$$

拉格朗日插值#

假设已知多项式 $f(x)$ 的 $n$ 处点值 $(x_i,y_i)$，可以构造出满足这些点值限制的多项式：

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

如果 $f(x)$ 次数小于 $n$，根据代数基本定理可知 $f(x)=g(x)$（我不会证）。

这意味着我们只需 $n$ 个点值就能确定 $f(x)$。

点值表示做乘法时只有 $O(n)$ 而非卷积的 $O(n^2)$。

通过点值还原 $f(x)$ 可以先 $O(n^2)$ 求出 $\prod x-x_j$，然后对于求和的每一项 $O(n)$ 除一个一次多项式即可。

CF722E Research Rover#

题意：$n\times m$ 的网格，图上 $k$ 个关键点。给定初始权值 $s$，每经过一个关键点权值减半（上取整）。

每次只能向右或向下走，求从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$ 的期望权值。

将关键点排序。

最终权值只与经过的关键点数有关， $f_{i,j}$ 表示走到第 $i$ 个关键点恰好选了 $j$ 个的方案数。

不怎么好转移，定义 $g_{i,j}$ 表示走到 $i$ 个关键点至少走了 $j$ 个的方案数。

$$\begin{array}{rl}{g}_{i,j}& =\sum _{l=0}^{i-1}{g}_{l,j-1}\left(\begin{array}{c}{x}_i-x_l+y_i-y_l\\ x_i-x_l\end{array}\right)\\ \\ f_{i,j}& =g_{i,j}-g_{i,j+1}\end{array}$$

由于我们将方案根据恰好经过的第 $j-1$ 个关键点进行分类，因此求得的 $g$ 是不重不漏的。

当 $j>20$ 时权值一定削减为 $1$，因此只需算到 $j=20$，剩下的贡献用总方案减掉即可。

submission

CF1097G Vladislav and a Great Legend#

题意：给定一颗 $n$ 个节点的树 $T$，对应任意非空顶点集 $X$，$f(X)$ 定义为它在原图的极小连通子图中的边数，求：

$$\sum _{\varnothing \ne X\subseteq \{1,2,\cdots ,n\}}f(X{)}^k$$

其中 $n\le {10}^5,k\le 200$，极小连通子图可认为是保留所有边的虚树。

$$\begin{array}{r}\sum _{\varnothing \ne X\subseteq \{1,2,\cdots ,n\}}f(X{)}^k=\sum _{i=0}^k\left\{\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right\}i!\sum _X\left(\begin{array}{c}f(X)\\ i\end{array}\right)\end{array}$$

$\left(\begin{array}{c}f(X)\\ i\end{array}\right)$ 的组合意义是从 $X$ 的虚树中选 $i$ 条边的方案数。

枚举虚树根 $x$ 统计贡献。现在加入一颗子树 $v$。

肯定是 $v$ 里的点集与已经访问过子树中的点集（红色）进行配对，考虑一对点集产生多少方案。

我们需要考虑 $1$ 选不选，$2$ 选不选，$3$ 选不选。

虽然他们都不是红色子树中的边，但是与 $v$ 中点集配对后都会被经过。

设 $f_{x,i}$ 表示以 $x$ 为根的子树内选中 $i$ 条边的生成树个数（方案不一定合法）。

注意这里选中的边不一定是生成树内部边，也有可能是生成树的根到 $x$ 之间的边。

现在考虑 $v$ 子树中的一棵生成树。

生成树内部以及生成树的根到 $v$ 之间的边都已经决策过了，只要决策 $(x,v)$ 选还是不选。

$$f_{x,i+j}^{\prime }\leftarrow f_{x,i}\times (f_{v,j}+f_{v,j-1})$$

其中 $f^{\prime }$ 表示加入 $v$ 后的 $f$ 值。

注意这一部分的答案是要计入最终贡献的，因为统计的都是合法方案。

假设 $v$ 与右边结合的方案已经计算完了。

现在要把一些只在 $v$ 子树的点集加入 $f$，为下一棵子树的转移做准备。

点集的根到 $v$ 都决策过了，还是考虑选不选 $(x,y)$。

$$f_{x,i}^{\prime }\leftarrow f_{v,i}+f_{v,i-1}$$

复杂度据说转移时对 $k$ 和子树大小取 $min$ 就能做到 $O(nk)$，很神秘。submission

CF1750G Doping#

题意：疑似有点太难了。

CF1967E1 Again Counting Arrays (Easy Version)#

题意：给定 $n,m,b_0$，求长度为 $n$ 的序列 $a$ 个数，$1\le a_i\le m$ 且存在一个非负序列 $b$ 满足 $\mathrm{\forall }i\in [1,n],a_i\ne b_i\wedge |b_i-b_{i-1}|=1$。

$n,m,b_0\le 2\times {10}^5$。

由于要保证 $b_i$ 非负，贪心的使 $b_i$ 尽可能大：

• $b_{i-1}+1\ne a_i\to b_i=b_{i-1}+1$。
• $b_{i-1}+1=a_i\to b_i=b_{i-1}-1$。

如果其中出现 $b_i$ 为负，则序列 $a$ 并不存在一个合法的 $b$。

显然每个 $a$ 可以按照这种方式唯一生成一个 $b$，考虑对 $b$ 计数。

$f_{i,j}$ 表示满足 $b_i=j$ 的序列 $a$ 个数。

第一种转移 $(m-1)f_{i,j}\to f_{i+1,j+1}$。第二种转移 $[j<m]f_{i,j}\to f_{i+1,j-1}$。

如果第 $i$ 个数已经到 $m$ 了，后面随便怎么填都合法，不妨就用 $f_{i,m}$ 记录 $j\ge m$ 的所有情况：$m{f}_{i,m}\to f_{i+1,m}$。

时间复杂度 $O(nm)$，不能通过。

从另一个角度考虑这个问题，把 $b$ 的生成看作一个点从 $(0,b_0)$ 开始的游走，碰到 $y=m$ 或 $x=n$ 则结束游走。

如果第 $i$ 步往右上走，说明 $a_i$ 有 $m-1$ 种取值；否则 $a_i$ 只有一种取值。

枚举 $O(n)$ 种终点 $(i,m)$ 或 $(n,j)$，求从 $(0,b_0)$ 不经过 $y=-1$ 和 $y=m$ 到达终点的路径数。

终点确定向右上和右下的步数也确定，往右上走对应 $m-1$ 种 $a$ 的取值，往右下走对应唯一一种取值。

由于最后一步是确定的，反射容斥的终点设为 $(i-1,m-1)$ 可以规避一些边界。反射容斥做到单次 $O({\displaystyle \frac{n}{m}})$。

取阈值 $B=\sqrt{n}$，按照 $m$ 的大小分两种做法，时间复杂度 $O(nB+{\displaystyle \frac{n^2}{B}})$。submission

P4221 [WC2018] 州区划分#

题意：$n$ 个城市划分为若干州。一个州合法当且仅当其生成子图不存在欧拉回路。求所有合法划分的满意度之和。

一个划分的满意度等于所有州的满意度之积。

第 $i$ 个州的满意度定义为第 $i$ 个州的人口在前 $i$ 个州的人口中所占比例的 $p$ 次幂，即

$$({\displaystyle \frac{\sum _{x\in S_i}{w}_x}{\sum _{j=1}^i\sum _{x\in S_j}{w}_x}}{)}^p$$

给出每个城市的人口 $w_i$ 以及常数 $p$，保证 $n\le 21$ 且无重边无自环。

$O(m{2}^n)$ 预处理每个州 $S$ 是否合法，$S$ 中存在欧拉回路当且仅当子图连通且所有点度数为偶。

记 $W(S)=(\sum _{x\in S}{w}_x{)}^p$，$f(S)$ 表示全集为 $S$ 时的答案。

枚举 $S$ 中最后一个州 $T$：

$$f(S)=\sum _{T\subseteq S}\text{legal}(T)\times f(S\setminus T)\times {\displaystyle \frac{W(T)}{W(S)}}$$

把 $W(S)$ 提出来，记 $g(T)=\text{legal}(T)\times W(T)$，中间的 $f(S\setminus T)\times g(T)$ 实际就是一个子集卷积（集合无交并）。

令 $[x^S{y}^{|S|}]g^{\prime }(x,y)=[x^S]g(x)$，$x$ 做或卷积，$y$ 做乘法卷积。

把幂级数看作 $n\times 2^n$ 的矩阵，每次枚举 $f^{\prime }$ 的行 $i$，和 $g$ 的每行（除第 $0$ 行）做或卷积，把答案累计到 $j>i$ 的 $f^{\prime }$ 上（乘法卷积使 $y$ 的指数变大）。

时间复杂度 $O(n^2{2}^n)$。submission

NFLSOJ 3392. 计算#

题意：定义 $F(x,a,b)=gcd(x^a-1,x^b-1)+1$，如果 $a,b$ 其一为零则值为零。

给出 $m,a,b,c,d$，令 $L=F(m,a,b)+1,R=F(m,c,d)$，保证 $L<R\le {10}^{18},m\le {10}^7$。

求集合 $\{L,L+1,\cdots ,R-1,R\}$ 有多少个子集和能被 $m$ 整除。

观察 $F$ 的定义，把他放在 $x$ 进制下考虑，不难发现 $F(x,a,b)=x^{gcd(a,b)}$，举个十进制的例子：$gcd(9999,99)=gcd(9999-9900,99)={10}^{gcd(4,2)}-1$。

由于 $L\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 且 $R\equiv 0(\mathrm{mod}m)$，因此每种余数出现的次数都是 $n={\displaystyle \frac{R-L+1}{m}}$。

枚举子集和：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}[m\mid i][x^i]\prod _{j=0}^{m-1}(1+x^j{)}^n& =\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{t=0}^{m-1}{w}_m^{ti}[x^i]\prod _{j=0}^{m-1}(1+x^j{)}^n\\ \\ & ={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{t=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}[x^i]\prod _{j=0}^{m-1}(1+(w_m^{t}x{)}^j{)}^n\\ \\ & ={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{t=0}^{m-1}\prod _{j=0}^{m-1}(1+w_m^{tj}{)}^n\end{array}$$

考虑如果 $w_m^{ti}=w_m^{tj}$ 也就是 $ti\equiv tj(\mathrm{mod}m)$。

那么有 $m\mid t(i-j)$，因此指数循环的最小正周期为 $m/d$，且 $0,d,2d,\cdots ,(m/d-1)d$ 每个恰好出现一次，$d=gcd(t,m)$。

（最小正周期内两两不同余是显然的，$tj\equiv x(\mathrm{mod}m)$ 的必要条件是 $d\mid x$）

因此：

$$\prod _{j=0}^{m-1}(1+w_m^{tj}{)}^n=\prod _{j=0}^{m/d-1}(1+w_{m/d}^j{)}^{nd}$$

说明这个乘积与 $t$ 无关，不妨直接枚举 $d$：

$${\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d\mid m}\sum _{t=1}^m[t\perp \frac{m}{d}]\prod _{j=0}^{m/d-1}(1+w_{m/d}^j{)}^{nd}={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d\mid m}\phi (\frac{m}{d})\prod _{j=0}^{m/d-1}(1+w_{m/d}^j{)}^{nd}$$

根据分圆多项式 $x^m-1=\prod _{i=0}^{m-1}(x-w_m^i)$：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d\mid m}\phi (\frac{m}{d})(-1{)}^{nd}\prod _{j=0}^{m/d-1}(-1-w_{m/d}^j{)}^{nd}& ={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d\mid m}\phi (\frac{m}{d})(1-(-1{)}^{\frac{m}{d}}{)}^{nd}\\ \\ & ={\displaystyle \frac{1}{m}}\sum _{d\mid m}[2\nmid d]\phi (d)2^{nm/d}\end{array}$$

暴力枚举因子，时间复杂度 $O(\sqrt{m}+d(m)\log n)$。submission

NFLSOJ 5005. 礼物#

题意：计算有多少个不同的有 $n$ 个珠子的手环，满足有 $m$ 个珠子是金色的，且金色珠子的最长连续段长度不超过 $k$。

两个手环相同当且仅当它们可以通过旋转变得一模一样。$1\le n\le {10}^6,0\le k\le m\le n$。

一共 $n$ 种旋转置换，第 $i$ 个表示顺时针转 $i$ 格，计算每种置换对应的不动点个数，最后除以 $n$。

考虑一种染色方案的最小正周期 $T\mid n$，不妨破环成无限长的链，$f(p)=f(p+T)$。

如果存在 $i$ 使得 $f(p)=f(p+i)$，一定有 $T\mid i$，即所有 $T\mid gcd(i,n)$ 的方案会被 $i$ 计算到。

考虑枚举 $d=gcd(i,n)$ 作为周期，使每种最小正周期 $T\mid d$ 被恰好算一次，有 $\phi (\frac{n}{d})$ 种置换满足 $d=gcd(i,n)$。

假设已经特判掉 $n=m$ 的情况，现在可以把环拆成 $\frac{n}{d}$ 个完全相同的部分，对这部分计数。

$n\leftarrow d,m\leftarrow \frac{md}{n}$，破环成链。先把 $n-m$ 个白子先排列好，然后插空，满足任意间隔不插超过 $k$ 个，最左最右加起来不超过 $k$ 个。

对于最左最右都不超过 $k$ 的方案很好求，即不定方程 $\sum _{i=1}^{n-m+1}{x}_i=m,0\le x\le k$ 的解的数量，可以 $O(d)$ 容斥。

上述方法多算了总和大于 $k$ 的方案数，分两类考虑：左边 $\le k$ 和左边 $>k$。

考虑第一种情况，我们钦定总和大于 $k$，并把左右间隔合并，设 $z$ 表示中间钦定大于 $k$ 的间隔。

则这部分的贡献等于 $\sum _{i=1}^{n-m}{x}_i=m-(z+1)(k+1)$ 的非负整数解个数乘上 $k+1$，因为把合并间隔拆开，分给左边的有 $0,1,\cdots ,k$ 种可能。

考虑第二种情况，在钦定左边大于 $k$ 时总和也大于 $k$，即 $\sum _{i=1}^{n-m+1}{x}_i=m-(z+1)(k+1)$ 的非负整数解个数。

时间复杂度 $\sum _{d\mid n}d=\sigma (n)$，即 $O(n\log \log n)$。submission

NFLSOJ 12341. 异或#

PKUSC 2023 Day1 狼人杀#

P10221 [省选联考 2024] 重塑时光#