醉里挑灯看太阳神

《NOI Online 2021 提高组愤怒的小 N》

虽然可以看出 b 就是 $b i t c o u n t$ 为奇数的数，但我们不用想这么多。

一个集合 $S$ 的 $E G F$ 是 $F_{S} (x) = \sum_{j \in S} \exp (j x)$ ，因为此时 $[\frac{x^{k}}{k!}] F_{S} (x) = \sum_{j \in S} j^{k}$ 。包括我们所熟悉的，求 $\sum_{j \in S} (j + δ)^{k}$ ，维护 $\sum_{j \in S} j^{t} (0 ⩽ t ⩽ k)$ 可求，本质上就是 $\exp (δ x) F_{S} (x)$ 罢了。

闲话多说了些。接下来直接开搞。记 $A_{n} (x)$ 为 $[0, n)$ 内 $2 ∣ b i t c o u n t$ 的数的集合的 $E G F$ ，也就是 a 的那些关卡；同理可记 $B_{n} (x)$ 。根据题目直接有

{\begin{cases} A_{2^{n + 1}} (x) = A_{2^{n}} (x) + \exp (2^{n} x) B_{2^{n}} (x) \\ B_{2^{n + 1}} (x) = B_{2^{n}} (x) + \exp (2^{n} x) A_{2^{n}} (x) \end{cases}

我们讨厌 “换手搓背”，我们希望独立递推，也许进而可知通解——矩阵对角化。

(\begin{matrix} 1 & e^{2^{n} x} \\ e^{2^{n} x} & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 + e^{2^{n} x} & 0 \\ 0 & 1 - e^{2^{n} x} \end{matrix}) (\begin{matrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & - \frac{1}{2} \end{matrix})

也就是

{\begin{cases} A_{2^{n + 1}} (x) + B_{2^{n + 1}} (x) = (1 + \exp (2^{n} x)) (A_{2^{n}} (x) + B_{2^{n}} (x)) \\ A_{2^{n + 1}} (x) - B_{2^{n + 1}} (x) = (1 - \exp (2^{n} x)) (A_{2^{n}} (x) - B_{2^{n}} (x)) \end{cases}

前者就不说了，根据定义 $A_{n} (x) + B_{n} (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \exp (i x)$ ，即自然数幂和的 $E G F$ ，直接用等比数列公式化简即可。而初值 $A_{1} (x) = 1, B_{1} (x) = 0$ 使我们知道

A_{2^{n}} (x) - B_{2^{n}} (x) = \prod_{i = 0}^{n - 1} (1 - \exp (2^{i} x))

这看上去挺丑陋，且需要暴力多项式乘法。正当无奈之时，忽然发见 $1 - \exp (2^{i} x)$ 没有常数项！这说明 $n ⩾ k + 2$ 时，在我们所需的 $mod x^{k}$ 范围内 $A_{2^{n}} (x) - B_{2^{n}} (x) = 0$ 。意外之喜。

再根据 “整体加是乘法”，可见 $2^{k + 2} ∣ n$ 时 $B_{n} (x) \equiv \frac{A_{n} (x) + B_{n} (x)}{2}$ ，而右式是已经解决的问题。因此，我们只需要解决 $2^{k + 2} ⌊ \frac{n}{2^{k + 2}} ⌋$ 到 $n$ 这一小部分关卡的答案。这个问题近似于 $0$ 到 $n mod 2^{k + 2}$ 的问题，只不过最后要乘一个 $\exp (2^{k + 2} ⌊ \frac{n}{2^{k + 2}} ⌋ x)$ 罢了。

用最普通的方法：枚举 $lcp$ ，剩余部分是 $A_{2^{l}} (x), B_{2^{l}} (x)$ 。预处理 $l \in [0, k]$ 。乘法暴力做，复杂度 $O (k^{3} + \log n)$ 。~~代码就去看兔兔的咯~~。

《HDU6593 Coefficient》

可以换元 $g (x) = \frac{1}{b} f (x + x_{0}) = \frac{1}{c + \exp (a x)}$ ，因此我们就假定 $b = 1, d = x_{0} = 0$ 吧。

根据 $f^{'} (x) = \frac{- a \exp (a x)}{(c + \exp (a x))^{2}}$ ，可以想到接下来的形式必然是 $\sum \frac{f_{j} \exp (j a x)}{(c + \exp (a x))^{j + 1}}$ 。系数的变化规律是

derivative's f_{j} = j a \cdot (f_{j} - f_{j - 1})

$a$ 是统一的，可忽略之，最后答案乘 $a^{n}$ 。初值 $f_{0} = 1$ 。最后的答案就是 $\frac{1}{n!} \sum_{j ⩾ 0} \frac{f_{j}}{(c + 1)^{j + 1}}$ 。

考虑系数的 “移动”（因为是线性变换），可见路径权值是 $(- 1)^{k} \prod_{i = 1}^{k} i^{q_{i}}$ ，其中 $q_{i} \neq 0$ 且 $\sum q_{i} = n$ ，贡献到 $f_{k}$ 。这就可以用 $O G F$ 轻易描述了：

f_{k} = [x^{n}] (- 1)^{k} \prod_{j = 1}^{k} \frac{j x}{1 - j x}

我不熟悉它，所以我没能指出： $\prod_{j = 1}^{k} \frac{x}{1 - j x}$ 是 第二类斯特林数 在第 $k$ 列上的 $O G F$ 。其实想想 $\prod_{i = 1}^{k} i^{q_{i}}$ 不就是每次要么放进新盒子、要么放进已有的盒子，第二类斯特林数吗！

“你看到的只是表象。” —— 太阳神 $Tiw-Air-OAO$

因此 $f_{k} = k! (- 1)^{k} {\binom{n}{k}}$ 即得。用斯特林数在第 $n$ 行上的 $O G F$ 去算即可。

再或者，我们可以换一种刺杀的方式。直接从生成函数的角度考虑它，答案就是

[x^{n}] \frac{1}{c + \exp (a x)}

吸取 “ $Binomial Sum$ ” 的经验，只需把 $F (x) = \frac{1}{1 + c + x}$ 展开成

F (x) = (c + 1)^{- 1} \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (c + 1)^{- i}

我们先算出

[x^{n}] (e^{a x} - 1)^{t} = \sum_{i = 0}^{t} (\binom{t}{i}) (- 1)^{t - i} (a i)^{n}

Remark：把 $a$ 去掉后，其实 $\frac{1}{t!} (e^{x} - 1)^{t}$ 就是第二类斯特林数在第 $t$ 列上的 $E G F$ 。因此我们得到的也就是第二类斯特林数在第 $n$ 行上的 $O G F$ 。

直接得到

a n s = a^{n} [(c + 1)^{- 1} \sum_{t = 0}^{n} (c + 1)^{- t} \sum_{i = 0}^{t} (\binom{t}{i}) (- 1)^{i} i^{n}]

系数 $\sum_{i = 0}^{t} (\binom{t}{i}) (- 1)^{i} i^{n}$ 是简单卷积，然后对 $q$ 个 $(c + 1)^{- 1}$ 多点求值。复杂度 $O (n \log n + q \log^{2} n)$ 。

《HDU6355 fireflies》

转最长反链。然后就没辙了。事实上，对于任意多重集 $S$ ，设第 $i (1 ⩽ i ⩽ n)$ 种元素有 $a_{i}$ 个。我们有

引理：存在对 $S$ 进行 “对称链分解” 的方式，使得 $S$ 的每个子集在恰好一条链中出现。

我们称子集链 $T_{1} \subseteq T_{2} \subseteq \dots \subseteq T_{k}$ 是对称链，当且仅当 $| T_{i} | + 1 = | T_{i + 1} |$ 且 $| T_{1} | + | T_{k} | = \sum a_{i}$ 。注意 $k$ 可能为 $1$ ，此时 $| T_{1} | = \frac{a}{2} (2 ∣ a)$ 。

证明：归纳构造。~~两个我不喜欢的名词~~。 $n = 0$ 时 $T_{1} = \emptyset$ 是一条链。然后每次加入 $a$ 个元素 $x$ ，对于原本的对称链 $T_{1} \subseteq T_{2} \subseteq \dots \subseteq T_{k}$ ，可将其变为 $min {a + 1, k}$ 条对称链

{\begin{cases} T_{1} \subseteq \dots \subseteq T_{k} \subseteq T_{k} + {1 \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k} + {a \times x} \\ T_{1} + {1 \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k - 1} + {1 \times x} \subseteq T_{k - 1} + {2 \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k - 1} + {a \times x} \\ T_{2} + {1 \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k - 2} + {2 \times x} \subseteq T_{k - 2} + {3 \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k - 2} + {a \times x} \\ \dots \\ T_{1} + {a \times x} \subseteq T_{2} + {a \times x} \subseteq \dots \subseteq T_{k - a} + {a \times x} \end{cases}

我承认上面这一大坨有点吓人。可以画图来直观感受它。原本的链就是 $T_{i} = (0, i)$ ，是 $y$ 轴上的点，而现在 $[0, a]$ 成为 $x$ 轴可选值。这个划分方式就是，先从 $(0, 1)$ 开始，进行 “无脑搜索”——往上一直走，直到下一个点已走过，然后往右一直走。再从 $(1, 1), (2, 1), \dots, (min {a, k}, 1)$ 分别进行 “无脑搜索”。

不难验证其仍为对称链。 $◼$

注意到，大小为 $M = ⌊ \frac{\sum a_{i}}{2} ⌋$ 的子集在每个对称链里都出现了恰好一次。因此，这样的集合的数量就是最长反链的长度（我们构造出了其对应的链覆盖）。

剩下的部分就是折半、容斥。重点其实在于 $L e m m a$ 。

\begin{aligned} \sum_{i \in S} \sum_{j \in T} α_{i} β_{j} (\binom{M - i - j + n - 1}{n - 1}) \\ = & \sum_{t = 0}^{n - 1} \sum_{i \in S} α_{i} (\binom{M - i}{t}) \sum_{j \in T} β_{j} (\binom{n - 1 - j}{n - 1 - t}) \end{aligned}

《IOI2021 集训队互测子集匹配》：设 $U = {1, 2, 3, \dots, n}$ ，记 $F_{k} = {S | S \subseteq U, | S | = k}$ 。若 $T \in F_{k - 1}, S \in F_{k}$ 满足 $T \subseteq S$ 则二者之间连边。请构造大小为 $| F_{k} |$ 的匹配。保证 $2 n ⩾ 2 k > n$ 。

用对称链构造即可。具体实现我不会，很尴尬。

《WC2021 斐波那契》

F (x) = (x + x^{2}) F (x) + a + (b - a) x

因此，记 $f_{n} = [x^{n}] \frac{1}{1 - x - x^{2}}$ ，也就是第 $n$ 个斐波那契数（ $f_{0} = f_{1} = 1$ ），则题目等价于

a f_{n} + (b - a) f_{n - 1} \equiv 0 (\mod m)

不妨换元为

a f_{n - 1} \equiv b f_{n} (\mod m)

考虑 分离变量，即把 $f_{n - 1}, f_{n}$ 放到一边去。为实现之，我们需要互质性。因此可以同时给 $a, b, m$ 除以 $gcd (a, b, m)$ 得到

a^{'} f_{n - 1} \equiv b^{'} f_{n} (\mod m^{'})

若 $gcd (a^{'}, b^{'}) \neq 1$ 则两边同时除以 $gcd (a^{'}, b^{'})$ （该值与 $m^{'}$ 互质，存在逆元），故假定 $gcd (a^{'}, b^{'}) = 1$ 。再结合最重要的 $gcd (f_{n - 1}, f_{n}) = 1$ ，不难发现

\begin{aligned} gcd (f_{n - 1}, m^{'}) & = gcd (b^{'}, m^{'}) = g_{b} \\ gcd (f_{n}, m^{'}) & = gcd (a^{'}, m^{'}) = g_{a} \end{aligned}

于是等式两边和模数再同时除以 $g_{a} g_{b}$ 得

\frac{a^{'}}{g_{a}} \frac{f_{n - 1}}{g_{b}} \equiv \frac{b^{'}}{g_{b}} \frac{f_{n}}{g_{a}} (\mod m^{'} g_{a}^{- 1} g_{b}^{- 1})

终于，每个数都与模数互质，可以移项。答案变为

\frac{f_{n} g_{a}^{- 1}}{f_{n - 1} g_{b}^{- 1}} \equiv \frac{a^{'} g_{a}^{- 1}}{b^{'} g_{b}^{- 1}} (\mod m^{'} g_{a}^{- 1} g_{b}^{- 1})

引理：斐波那契数列的循环节长度是 $O (m)$ 的，其中 $m$ 是模数。

证明：由通项公式（或者说矩阵对角化），若 $ϕ_{+} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ 和 $ϕ_{-} = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ 都出现循环节 $ϕ_{+}^{n} \equiv ϕ_{-}^{n} \equiv 1 (\mod m)$ 则原数列必循环。

对 $2$ 取模时构成非纯循环，从 $f_{1}$ 开始有长度为 $2$ 的循环节，不作过多考虑。

首先考虑对奇质数 $p$ 取模。认为运算在 $Z_{p} (\sqrt{5})$ 下进行。

ϕ_{+}^{p} = \frac{1}{2^{p}} \sum_{i = 0}^{p} (\binom{p}{i}) {\sqrt{5}}^{i} = \frac{1}{2} (1 + {\sqrt{5}}^{p}) = \frac{1}{2} (1 + 5^{\frac{p - 1}{2}} \sqrt{5})

同理 $ϕ_{-}^{p} = \frac{1}{2} (1 - 5^{\frac{p - 1}{2}} \sqrt{5})$ 。若 $5^{\frac{p - 1}{2}} = 1$ 则 $p$ 就是循环节；否则 $5^{\frac{p - 1}{2}} = - 1$ ，有 $ϕ_{+}^{p} = ϕ_{-}, ϕ_{-}^{p} = ϕ_{+}$ 说明

ϕ_{+}^{2 p + 2} = ϕ_{-}^{2} ϕ_{+}^{2} = 1

同理 $ϕ_{-}^{2 p + 2} = 1$ ，因此 $(2 p + 2)$ 是一个循环节。

Lemma. 若 $a \equiv 1 (\mod p)$ 则 $a^{p^{k}} \equiv 1 (\mod p^{k + 1})$ 。

Proof. 归纳法。前提条件已保证 $k = 0$ 时成立。然后对 $k ⩾ 1$ 有

\begin{aligned} a^{p^{k}} & = (a^{p^{k - 1}})^{p} = (1 + t p^{k})^{p} \\ = \sum_{i = 0}^{p} (t p^{k})^{i} (\binom{p}{i}) \equiv 1 + (t p^{k})^{1} (\binom{p}{1}) \equiv 1 \end{aligned}

上式中 $i > 1$ 时 $p^{k i} mod p^{k + 1} = 0$ ，因此可忽略。 $◼$

然后考虑对 $p^{k}$ 取模。由 $L e m m a$ 知 $(ϕ_{\pm}^{m})^{p^{k - 1}} \equiv 1 (\mod p^{k})$ ，因此有循环节 $m p^{k - 1}$ ，其中 $m \in {2 p + 2, p}$ 为上文中 “对 $p$ 取模” 的循环节。

最后对合数 $m = \prod p_{i}^{t_{i}}$ 取模，至少有循环节 $lcm {m_{i}}$ ，而 $m_{i} \in {(2 p_{i} + 2) p_{i}^{t_{i} - 1}, p_{i}^{t_{i}}}$ ，因此 $lcm {m_{i}} ⩽ 2 \prod (p_{i}^{t_{i}} + p_{i}^{t_{i} - 1}) = 2 m \prod (1 + p_{i}^{- 1}) = O (m)$ 。 $◼$

Remark：这个值究竟是不是 $O (m)$ ，存疑。

根据引理，我们可以暴力求解。把询问以三元组 $(g_{a}, g_{b}, \frac{a^{'} g_{a}^{- 1}}{b^{'} g_{b}^{- 1}})$ 形式放在 $m^{'} g_{a}^{- 1} g_{b}^{- 1}$ 的桶里，其中 $g_{a} = gcd (a^{'}, m^{'}), g_{b} = gcd (b^{'}, m^{'})$ 。最后，对每个 $d ∣ m$ ，以 $d$ 为模数求斐波那契数列，查询是否有三元组满足 $g_{a} = gcd (f_{n}, m^{'}), g_{b} = gcd (f_{n - 1}, m^{'})$ 且第三个值为比值。

复杂度最多为 $O (σ_{1} (m) \log m + q \log m)$ ，其中 $σ_{1} (m)$ 为约数和。

“这个算法当初是我自己独立提出的！（叉腰）” —— 傲娇 $Tiw-Air-OAO$

《AGC021F Trinity》

读者应该能从我的水平推断出：我连 $d p$ 都没写出来。

要往 $d p$ 的方向想，而不是直接 $G F$ 。设 $f_{m, n}$ 为 $m$ 列 $n$ 行的答案，枚举最后一列进行转移。

f_{m, n} = [(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2})] f_{m - 1, n} + \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n + 2}{i + 2}) f_{m - 1, n - i}

前者是 $A_{j} \neq m$ 时，考虑该列的 $(B_{m}, C_{m})$ 数量。后者枚举了 $A_{j} = m$ 的数量，根据 $(B_{m}, C_{m})$ 是否为其中一员，可知方案数为

(\binom{n}{i}) + 2 (\binom{n}{i + 1}) + (\binom{n}{i + 2}) = (\binom{n + 2}{i + 2})

然后考虑卷积优化，记 $F_{m} (x) = \sum_{n ⩾ 0} f_{m, n} \frac{x^{n}}{n!}$ 则

F_{m} (x) = e^{x} F_{m - 1} (x) + (2 e^{x} - x - 2) F_{m - 1}^{'} (x) + (e^{x} - x - 1) F_{m - 1}^{″} (x)

立刻有 $O (m n \log n)$ 做法。可是我们惊讶地发现，将 $y = e^{x}$ 看成新变元，则这是 $O (m^{2})$ 大小的二元生成函数。因此最后得到 $F_{m} (x) = \sum_{i = 0}^{m} \sum_{j = 0}^{m} c_{m, i, j} x^{i} \exp (j x)$ 是 $O (m^{3})$ 的，与 $n$ 无关！