2023.9.6 组合计数

CF40E

先特判若 \(n\bmod 2\neq m\bmod 2\) ，无解。
首先切入点是 \(k < \max\{n,m\}\)，如果钦定 \(n\ge m\) 那么势必有一行是空的。
这一行空的有什么用呢？那么我们对于每列都随便填，可以通过这一行填某数使得乘积 \(-1\).
考虑每一行的方案数，如果已经填满的，只要考虑其是否为 \(-1\) 即可。
否则设其填了 \(cnt\) 位，贡献是 \(2^{m-cnt-1}\)，因为要留一位是确定了的。

CF140E

由于颜色是等价的，所以我们设状态只需要考虑颜色的种数，最后答案的时候只需要若干排列组合即可。
所以我们可以强制给每个颜色一个编号，并使得编号小的第一次出现在前面，大的在后面。（最小表示法）。

我们先钦定颜色从 \(1\sim n\) 来取。我们现在求 \(f_{i,j}\) 表示在某一层中，填了 \(i\) 位，用了前 \(j\) 种的方案数。
\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+(j-1)\times f_{i-1,j}\)，对应的是填一种颜色 \(j\) ，和不增加新颜色，为了相邻的不同只能选 \(j-1\) 种。
我们考虑层与层之间的贡献，设 \(g_{i,j}\) 表示第 \(i\) 层用了 \(j\) 种颜色的方案数。
考虑总贡献是 \(C(m,j)\times f_{ai,j}\times \sum_k g_{i-1,k}\).
不合法的贡献是 \(f_{ai,j}\times g_{i-1,j}\)。
再乘上阶乘即可 \(f_{i,j}=C(m,j)\times j!\times f_{ai,j}\times \sum_k g_{i-1,k}-f_{ai,j}\times g_{i-1,j}\times j!\)

由于是任意模数，\(C(m,j)\) 就十分的恼人，我们发现 \(C(m,j)\times j!=A(m,j)\)，就可以了。

CF482D

首先随机是没有用的，只是两种方案。
我们设 \(f_u\) 表示 \(u\) 子树内的染色方案，那么 \(f_u=\prod_{u\to v} (f_v+1)\).
我们直接将 \(f_u\) 乘 \(2\) 就行了吗？
不对，其实有一些方案，其顺序调换还是不会变化。

我们发现，不会变化的有且仅有：
1.染色的儿子的子树大小都为偶数。
2.染色的儿子的子树大小都为奇数且个数为奇数。
我们把状态扩充至 \(f_{u,0/1}\) 表示 \(u\) 子树染色的大小是偶数还是奇数，
然后计算即可。

CF325E

貌似不是组合计数？

首先奇数无解。
每个点出度和入度都为 \(2\)，我们尝试跑欧拉回路。
然而直接跑是不行的。
我们注意到 \(i\) 和 \(i+n/2\) 所连的点是相同的。
我们考虑只把 \(i<n/2\) 的点向外建边，这是一颗满二叉树。
对于 \(i\ge n/2\) 的点，向 \(i-n/2\) 连边，在跑欧拉回路的时候不输出。
这样发现原图入度和出度平衡，跑欧拉回路。

CF896D

首先把 VIP 客户扔掉，只需要最后贡献乘上组合数即可。
然后变成了一个经典的卡特兰数模型。
把 \(50\) 元看成 \(1\)，\(100\) 元看成 \(-1\)，问最后的和在 \([l,r]\) 的方案数。
设 \(50\) 元为 \(n\) 个，\(100\) 元为 \(m\) 个。
对于最后的和为 \(x\)，答案是 \(C(n+m,n)-C(n+m,n+1)\).
最后差分相消即可。

由于笔者时间紧迫，这篇文章写的稍显匆忙，但有时间就会来润色。