ARC151+

ARC153F Tri-Colored Paths

参考这里

---

ARC154E Reverse and Inversion

考虑$i$的系数，即$[1,i)$中$>Q_{i}$的数个数$-(i,n]$中$<Q_{i}$的数个数

设前者为$x$，则后者即$(n-i)-(n-Q_{i}-x)=Q_{i}+x-i$，进而原式为$\sum_{i=1}^{n}i(i-Q_{i})$

若$Q_{i}$被操作区间覆盖，则使其到位置$j$的区间数为$\min\{i,n-i+1,j,n-j+1\}$

注意到该式在$j$和$n-j+1$处值相同，进而$E(j)=\frac{n+1}{2}$，即可以此计算

时间复杂度为$O(n\log m)$

---

ARC154F Dice Game

记$a_{k}$为随机次数$>k$的概率，容斥可得$a_{k}=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}{n\choose i}(\frac{n-i}{n})^{k}$，进而答案为

$$\sum_{k\ge 1}(a_{k-1}-a_{k})k^{m}=\sum_{k\ge 0}a_{k}((k+1)^{m}-k^{m})=\sum_{i=0}^{m-1}{m\choose i}\sum_{k\ge 0}a_{k}k^{i}$$

记$S_{m}=\sum_{k\ge 0}a_{k}k^{m}$，则求出$S_{m}$后NTT即可

$$S_{m}=\sum_{k\ge 0}a_{k}m![x^{m}]e^{kx}=m![x^{m}]\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}{n\choose i}\sum_{k\ge 0}(\frac{n-i}{n}e^{x})^{k}=m![x^{m}]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i-1}{n\choose i}}{1-\frac{n-i}{n}e^{x}}$$

分治NTT求出$\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^{i-1}{n\choose i}}{1-\frac{n-i}{n}x}=\frac{P(x)}{Q(x)}$，则$S_{m}=m![x^{m}]\frac{P(e^{x})}{Q(e^{x})}$

对于$A(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$，有

$$[x^{m}]A(e^{x})=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{n}a_{i}i^{m}=\frac{1}{m!}[x^{m}]\sum_{i=0}^{n}\frac{a_{i}}{1-ix}$$

再次分治NTT即可，时间复杂度为$O(n\log^{2}n+m\log m)$

---

ARC155E Split and Square

记$S$中元素构成的线性基为$e_{1},e_{2},...,e_{m}$，则$S=\{0\}\iff m=0$

对于$x\in S$，记$x$的分解$P(x)\subseteq [1,m]$满足$\bigoplus_{i\in P(x)}e_{i}=x$

取$\begin{cases}T_{1}=\{x\mid 1\in P(x)\}\\T_{2}=\{x\mid 1\not\in P(x)\}\end{cases}$，则$f(T_{1})\cup f(T_{2})$中$\forall i\in [3,m],e_{2}\oplus e_{i}$线性无关

同时，对于$x,y\in T_{1}/T_{2}$，总有$1\not\in P(x)\oplus P(y)$，进而仅$2\not\mid |P(x)\oplus P(y)|$时线性无关

这等价于$|P(x)|\not\equiv |P(y)|\pmod 2$，结合$|P(e_{1/2})|=1$，也即$\exists x\in S,2\mid |P(x)|$

这样的数至多新增一个，即$f(T_{1})\cup f(T_{2})$的线性基大小为$m-1-[\forall x\in S,2\not\mid |P(x)|]$

同时，由于首轮操作后总有$|P(0)|=0$，因此后面的条件仅需对初始的$S$判定

事实上，这也取到了$f(T_{1})\cup f(T_{2})$线性基大小的下界：

不妨假设$\begin{cases}\forall i\in [1,k],e_{i}\in T_{1}\\\forall i\in (k,m],e_{i}\in T_{2}\end{cases}$，则$f(T_{1})\cup f(T_{2})$中$\begin{cases}\forall i\in [2,k],e_{1}\oplus e_{i}\\\forall i\in [k+2,m],e_{k+1}\oplus e_{i}\end{cases}$线性无关

同时，若$\exists x\in S,2\mid |P(x)|$，不妨假设$x\in T_{1}$，则$x\oplus e_{1}$也线性无关

综上，最终答案为$m-[\forall x\in S,2\not\mid |P(x)|]$，用bitset实现即可，时间复杂度为$O(\frac{nm^{2}}{\omega})$

---

ARC155F Directable as Desired

显然若存在定向方式则唯一，不妨对定向后的图计数

任选一点为根，并枚举内向边（从儿子指向父亲）的起点集合$S$

• 内向边：构成了恰以$S$外的所有点为根的内向树森林

  将$S$外的点合并，并枚举其度数，结合purfer序列，方案数即

  $$\sum_{i=0}^{|S|}(n-|S|)^{i}{|S|-1\choose i-1}|S|^{|S|-i}=(n-|S|)n^{|S|-1}$$

• 外向边：将前者的每棵内向树缩点后，构成了一棵外向树

  新建一个点与根节点连边，则每个点的度数为$\sum_{i\in T}(d_{i}-[i\in S])+1$（$T$为该内向树点集）

  同时，内部实际连边方案数为${\sum_{i\in T}(d_{i}-[i\in S])\choose \forall i\in T,d_{i}-[i\in S]}$，分子在purfer序列中抵消，方案数即${n-|S|-1\choose \forall i\in [1,n],d_{i}-[i\in S]}$

另外，由于实际上并不存在根节点，最终答案还需要除以$n$，即

$$\begin{array}{ll} ans&=\frac{1}{n}\sum_{S\subseteq [1,n]}(n-|S|)n^{|S|-1}\frac{(n-|S|-1)!}{\prod_{i\in S}(d_{i}-1)!\prod_{i\not\in S}d_{i}!} \\ &=\frac{1}{n\prod_{i=1}^{n}d_{i}!}\sum_{S\subseteq [1,n]}(n-|S|)!n^{|S|-1}\prod_{i\in S}d_{i} \end{array}$$

分治NTT求出$\prod_{i=1}^{n}(1+d_{i}x)$即可，时间复杂度为$O(n\log^{2}n)$

---

ARC156F Make Same Set

参考这里

---

ARC159F Good Division

一个序列是好的当且仅当长度为偶数且不存在绝对众数

记$f_{i}$表示前$2i$个数的划分方式，转移即$f_{i}=\sum_{0\le j<i,(2j,2i]不存在绝对众数}f_{j}$

枚举绝对众数$x$，记$S_{i}=\frac{1}{2}(\sum_{j=1}^{2i}[a_{j}=x]-[a_{j}\ne x])$，则$f_{i}=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}-\sum_{x=0}^{2n}\sum_{0\le j<i,S_{j}<S_{i}}f_{j}$

• 若$S_{i}$为前缀最小值，则后式为$0$
• 否则，取$k$为上一个满足$S_{k}=S_{i}$的位置，则后式即在$k$的基础上$+0/\sum_{j=k+1}^{i-1}f_{j}$

由于$[S_{n},0]$中的数均为前缀最小值，进而非前缀最小值至多$\sum_{i=1}^{2n}[a_{i}=x]$个，暴力维护即可

视实现方式，时间复杂度为$O(n)$或$O(n\log n)$