简单格路计数相关

形式#

无限制#

最简单的一种。

• 从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$，每次只能向上或向右走，一共有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})}$ 种方案。

不碰线格路计数问题#

问题：从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$，每次只能向上或向右走，且不能碰到直线 $y=x+1$，问有多少种方案。

考虑容斥，总方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})}$ 种。

考虑第一次碰到直线后，把后面的路径按 $y=x+1$ 对称一下，相当于走到 $(n-1,m+1)$。

发现走到 $(n-1,m+1)$ 既是充要的，又是必要的，所以碰到直线的方案数就是 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n+1})}$。

双不碰线格路计数问题#

问题：从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$，不能碰到直线 $y=x-1$ 和直线 $y=x+k$（显然两条直线平行），求方案数。

还是容斥，总方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}$。

减去分别碰到 $y=x-1$ 和 $y=x+k$ 的方案数，但是如果两条都碰呢？

考虑再加上先碰 $y=x-1$ 再碰 $y=x+k$ 的，以及先碰 $y=x+k$ 再碰 $y=x-1$ 的。

一直这样算下去，直到超出可行范围内。

补充：对于原来的两条直线 $y=x+b_1,y=x+b_2$，以及折了若干次的直线 $y=x+c_1,y=x+c_2$，新的直线为 $y=x+2b_1-c_2,y=x+2b_2-c_1$

应用#

Catalan number#

定义卡特兰数 $C_n$ 为从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$ 且不碰到直线 $y=x+1$ 的方案数。

容易算出

$$\begin{array}{rl}{C}_n& =(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+1})\\ & =\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}-\frac{(2n)!}{(n-1)!(n+1)!}\\ & =\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}(1-\frac{(n!{)}^2}{(n-1)!(n+1)!})\\ & =\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}(1-\frac{n}{n+1})\\ & =\frac{1}{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})\end{array}$$

运用模型：

• 长度为 $2n$ 的合法括号序列数。

• $1,2,...,n$ 依次入栈，合法出栈序列数。

• $n$ 个点的无标号有根二叉树数量。

• $n$ 边凸多边形的三角剖分方案数。

根号分治#

• 题目：有两个人，从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$，每一步都同时走，全程两人之间的曼哈顿距离不超过 $2k$，求方案数。

发现同时向上/右走不影响两人之间的距离，考虑枚举异方向走的步数 $d$。

• 第一个人向上走，第二个人向右走，距离 $+2$。

• 第一个人向右走，第二个人向上走，距离 $-2$。

相当于一个变量，每次 $+1$ 或 $-1$，操作 $2n$ 次，最后变为 $0$，全程都在 $[-k,k]$ 内。

放在平面上，从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$，不能碰到 $y=x-k-1$ 和 $y=x+k+1$。

反射容斥，双不碰线问题，答案为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}-2{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-(k+1)})}+2{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-2(k+1)})}...$

这样算复杂度为 $O({\displaystyle \frac{n^2}{k}})$。

我们可以 DP，复杂度为 $O(nk)$。

根号分治，$O(n\sqrt{n})$。

LIS $\le 2$#

问题：求有多少个排列 $p$，满足 LIS $\le 2$。

考虑取反，最长下降子序列长度 $\le 2$。

根据 Dilworth 定理，最大反链等于最小路径覆盖，即排列 $p$ 可以被划分为两个上升子序列。

• 一个很牛逼的 DP：设 $f[i,j]$ 表示填写了 $p_{1...i}$，最大值为 $j$ 的合法方案数。

考虑转移到 $i+1$，下一个填的数可以比 $j$ 大：$f[i+1,k]\leftarrow f[i,j](k>j)$。

否则一定填 $<j$ 的没填的最小数字，如果不填最小，那么之后填这个最小数字会产生一个长度为 $3$ 的下降子序列。

这样转移为 $f[i+1,j]\leftarrow f[i,j]$。

那么 $f[i+1,j...n]\leftarrow f[i,j]$。

考虑转格路计数问题，相当于从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$，不能碰到 $y=x-1$，其实就是 $C_n$。