数学部分做题记录

引理

$x^{2} < n, y^{2} < m$

证明

题目条件化为 $x + y ∣ g y$ 。由于 $gcd (x + y, y) = gcd (x, y) = 1$ ，所以 $x + y ∣ g$ 。

注意到 $x + y < g$ ，而 $g = \frac{a}{x} \leq \frac{n}{x}$ ，即得 $x^{2} < n$ 。 $y$ 的讨论是对称的。

注意到引理，我们直接枚举互素数对 $(x, y)$ ，由于 $a = g x \leq n$ ， $b = g y \leq m$ ，所以 $g \leq min (\frac{n}{x}, \frac{m}{y})$ ；又 $x + y ∣ g$ ，所以除以 $x + y$ 后下取整即可。

时间复杂度 $Θ (n + m)$ 。

XIII. P6835 [Cnoi2020] 线形生物

神题，可以加深对数学期望的了解。

XIV. CF1967C Fenwick Tree

尺子姐姐！！/se

注意到树高最多为 $Θ (\log n)$ ，不难想到维护每一个 $i$ 对其祖先的贡献。

发现做 $k$ 次 Fenwick Sum，对应链上的深度差为 $d$ 的节点中，儿子对祖先的贡献为 $(\binom{d + k - 1}{k - 1})$ 。直接减去即可。

时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

XV. CF113D Museum

设 $f (i, j)$ 为 A 在 $i$ ，B 在 $j$ 的期望次数。由于终态 $(i, i)$ 只会出现 ${0, 1}$ 次，所以这里期望等于概率。

我们有显然的转移方程：

\begin{aligned} f (y, w) & \leftarrow \sum_{(x, y) \in E} \sum_{(z, w) \in E} \frac{(1 - p_{x}) (1 - p_{z})}{\deg_{x} \cdot \deg_{z}} f (x, z) \\ + \sum_{(z, w) \in E} \frac{p_{y} (1 - p_{z})}{\deg_{z}} f (y, z) \\ + \sum_{(x, y) \in E} \frac{(1 - p_{x}) p_{w}}{\deg_{x}} f (x, w) \\ + p_{y} p_{w} \cdot f (y, w) \end{aligned}

额外地，如果 $(y, w)$ 是起点，那么 $f (y, w)$ 的期望值还需要额外加 $1$ ，理由显然。

时间复杂度 $Θ (n^{6})$ 。代入 $n = 22$ 得到 $1.13 \times 10^{8}$ ，精细实现应该是可以过的。

XVI. P3599 Koishi Loves Construction

见非传统题做题记录 Ett。

XVII. [ABC322G] Two Kinds of Base

神仙题。

XVIII. CF632E Thief in a Shop

XIX. CF1548C The Three Little Pigs

XX. P4173 残缺的字符串

XXI. [ABC307Ex] Marquee

XXII. P4448 [AHOI2018] 球球的排列

XXIII. [ABC291G] OR Sum

a or b = a + b - a b where a, b \in {0, 1}

XXIV. P3412 仓鼠找sugar II

XXV. P4609 [FJOI2016] 建筑师

XXVI. [ABC321G] Electric Circuit

XXVII. [ARC105F] Lights Out on Connected Graph

XXVIII. P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

XXIX. P2953 [USACO09OPEN] Cow Digit Game S

见博弈论做题记录 I。

XXX. P10501 Cutting Game

见博弈论做题记录 II。

XXXI. [ARC168B] Arbitrary Nim

见博弈论做题记录 III。

XXXII. P4841 [集训队作业2013] 城市规划

XXXIII. [ABC327G] Many Good Tuple Problems

首先题意转化为求 $n$ 点 $m$ 边的有标号二分图（可以有重边）数量。

套路地设 $n$ 点 $m$ 边简单二分图（染色方式不同算多种）的数量为 $f (n, m)$ 。则枚举左部点数量，我们得到

f (n, m) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{i (n - i)})

套路地设 $n$ 点 $m$ 边的连通简单二分图（染色方式不同算多种，但显然只有两种染色方式）的数量为 $g (n, m)$ 。则枚举 $1$ 号点所在连通块，我们得到

g (n, m) = f (n, m) - \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{n - 1}{i - 1}) g (i, j) f (n - i, m - j)

边界为 $g (1, 0) = 1$ 。

不套路地设 $n$ 点 $m$ 边的简单二分图的数量（染色方式不同算一种）的数量为 $h (n, m)$ ，套路地枚举 $1$ 所在连通块，我们得到

h (n, m) = \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{n - 1}{i - 1}) g (i, j) h (n - i, m - j)

为什么要除以 $2$ ：每种连通二分图在 $g$ 中被计算了两次。

枚举去重后的边数 $M$ ，则贡献为 $h (n, M)$ 乘以 $m$ 条边中不同元素个数为 $M$ 的方案数。

转化为将 $m$ 个有标号球放进 $M$ 个有标号盒子中，且没有空盒子的方案数。

受到十二重计数法的启发，套路地枚举空盒子数量 $i$ ，容斥（二项式反演）即可；所以就是

\sum_{i = 0}^{M} (- 1)^{i} (\binom{M}{i}) (M - i)^{m}

即为答案。

XXXIV. P10506 魔法珠

见博弈论做题记录 IV。

XXXV. P6487 [COCI2010-2011#4] HRPA

见博弈论做题记录 V。

XXXVI. P2148 [SDOI2009] E&D

见博弈论做题记录 VI。

XXXVII. [ABC212H] Nim Counting

XXXVIII. CF914G Sum the Fibonacci

给定长度为 $n$ 的数组 $s$ 。定义五元组 $(a, b, c, d, e)$ 是好的当且仅当:

$1 \leq a, b, c, d, e \leq n$ ；
$(s_{a} or s_{b}) and s_{c} and (s_{d} xor s_{e}) = 2^{i}, i \in Z$ ；
$s_{a} and s_{b} = 0$ 。

对于所有好的五元组 $(a, b, c, d, e)$ ，求出 $f (s_{a} or s_{b}) \times f (s_{c}) \times f (s_{d} xor s_{e})$ 的和。对 $(10^{9} + 7)$ 取模。

其中 $f$ 为 Fibonacci 数列，满足 $f_{0} = 0, f_{1} = 1, f_{i} = f_{i - 1} + f_{i - 2}$ 。 $and, or, xor$ 分别代表按位与，按位或，按位异或运算。

$1 \leq n \leq 10^{6}$ ， $0 \leq s_{i} < 2^{17}$ 。

XXXIX. [ABC137F] Polynomial Construction

XL. P5387 [Cnoi2019] 人形演舞

XLI. P7575 「PMOI-3」公约数

题目中给出的形式不方便反演。不妨先考虑一个计数 dp。

设 $f (i, j)$ 为考虑了前 $i$ 个数，其中第 $i$ 个数是 $j$ 的合法方案数。

初值： $f (1, j) = [x_{1} ∣ j]$ 。

转移：

f (i, k) = \sum_{x_{i - 1} ∣ j} [gcd (j, k) = x_{i - 1}] f (i - 1, j)

直接开始莫反。

\begin{aligned} f (i, k) & = \sum_{x_{i - 1} ∣ j} [gcd (j, k) = x_{i - 1}] f (i - 1, j) \\ = \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{x_{i - 1}} ⌋} [gcd (j, \frac{k}{x_{i - 1}}) = 1] f (i - 1, j \cdot x_{i - 1}) \\ = \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{x_{i - 1}} ⌋} f (i - 1, j \cdot x_{i - 1}) \sum_{p ∣ j, p ∣ \frac{k}{x_{i - 1}}} μ (p) \\ = \sum_{p ∣ \frac{k}{x_{i - 1}}} μ (p) \sum_{p \cdot x_{i - 1} ∣ k} f (i - 1, k) \end{aligned}

注意到这是一个 Dirichlet 前/后缀和的形式，我们在 dp 时维护它即可。时间复杂度 $Θ (m \log m \log \log m)$ 。

XLII. P8292 [省选联考 2022] 卡牌

XLIII. [ABC293F] Zero or One

XLIV. [AGC029D] Grid game

XLV. CF449D Jzzhu and Numbers

XLVI. [ABC244Ex] Linear Maximization

XLVII. P3309 [SDOI2014] 向量集

XLVIII. [ABC288G] 3^N Minesweeper

XLIX. P7930 [COCI2021-2022#1] Set

L. P4221 [WC2018] 州区划分

LI. P6570 [NOI Online #3 提高组] 优秀子序列

LII. CF1096G Lucky Tickets

LIII. P5330 [SNOI2019] 数论

LIV. P10075 [GDKOI2024 普及组] 切割

LV. [ARC122E] Increasing LCMs

LVI. [ARC179C] Beware of Overflow

LVII. P6089 [JSOI2015] 非诚勿扰

LVIII. P10499 开关问题

LIX. P1737 [NOI2016] 旷野大计算

LX. [AGC027D] Modulo Matrix

LXI. P4284 [SHOI2014] 概率充电器

LXII. [ABC341G] Highest Ratio

LXIII. P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界

注意到

m^{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} m^{\underset{―}{i}} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} (\binom{m}{i}) i!

不妨设

f (u; i) = \sum_{v \in subtree (u)} (\binom{dist (u, v)}{i})

状态转移是平凡的：

\begin{aligned} f (u; i) & = [i = 0] + \sum_{v \in son (u)} \sum_{w \in subtree (v)} (\binom{dist (v, w) + 1}{i}) \\ = [i = 0] + \sum_{v \in son (u)} \sum_{w \in subtree (v)} [(\binom{dist (v, w)}{i}) + (\binom{dist (v, w)}{i - 1})] \\ = [i = 0] + \sum_{v \in son (u)} (f (v; i) + f (v; i - 1)) \end{aligned}

这样一来，对于根，答案就是

\sum_{i = 0}^{k} {\binom{k}{i}} i! \cdot f (root; i)

考虑换根。设 $g (u; i)$ 为 $u$ 为根时候的 $f (u; i)$ 。

\begin{aligned} g (v; i) & = f (v; i) + \sum_{w \notin subtree (v)} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) \\ = f (v; i) + \sum_{w} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) - \sum_{w \in subtree (v)} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) \\ = f (v; i) + \sum_{w} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) - \sum_{w \in subtree (v)} (\binom{dist (v, w) + 2}{i}) \\ = f (v; i) + \sum_{w} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) - \sum_{w \in subtree (v)} [(\binom{dist (v, w) + 1}{i}) + (\binom{dist (v, w) + 1}{i - 1})] \\ = f (v; i) + \sum_{w} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) - \sum_{w \in subtree (v)} [(\binom{dist (v, w)}{i}) + (\binom{dist (v, w)}{i - 1}) + (\binom{dist (v, w)}{i - 1}) + (\binom{dist (v, w)}{i - 2})] \\ = f (v; i) + \sum_{w} (\binom{dist (u, w) + 1}{i}) - \sum_{w \in subtree (v)} [(\binom{dist (v, w)}{i}) + 2 (\binom{dist (v, w)}{i - 1}) + (\binom{dist (v, w)}{i - 2})] \\ = g (u; i) + g (u; i - 1) - 2 f (v; i - 1) - f (v; i - 2) \end{aligned}

时间复杂度 $Θ (n k)$ 。

LXIX. [ABC213H] Stroll

套路地设 $f (u, t)$ 为走到 $u$ 时已经走过长度为 $t$ 的路程的方案数。

设 $[z^{i}] F_{u} (z) = f (u, i)$ 。

我们有显然的转移：

F_{v} (z) = \sum_{u} P_{u, v} (z) \cdot F_{u} (z)

分治 NTT 即可，时间复杂度 $Θ (n^{2} T \log T)$ 。

LXX. P5437 【XR-2】约定

$n$ 个点的无向图有 $n^{n - 2}$ 棵生成树，每棵生成树有 $(n - 1)$ 条边，所以每条边的出现次数为 $\frac{(n - 1) n^{n - 2}}{\frac{n (n - 1)}{2}} = 2 n^{n - 3}$ 。

所以答案就是

\frac{2 n^{n - 3}}{n^{n - 2}} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} (i + j)^{k} = \frac{2}{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} (i + j)^{k}

考虑怎么快速算右边。注意到，记 $f (n) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i + j)^{k}$ ，则原式的两倍等于 $f (n) - \sum_{i = 1}^{n} (i + i)^{k}$ 。于是我们只需要考虑 $f (n)$ 。

注意到， $f (n)$ 的差分是 $(k + 1)$ 次函数，从而 $f (n)$ 是 $(k + 2)$ 次函数，可以 $Θ (k)$ 插出。对于右边也是同理的。

所以我们在 $Θ (k)$ 内解决了本题。

LXXI. P5442 【XR-2】约定（加强版）

LXXII. P5689 [CSP-S2019 江西] 多叉堆

LXXIII. CF1842H Tenzing and Random Real Numbers

LXXIV. [ABL-F] Heights and Pairs

不会简单容斥/kk

设 $P_{n}$ 为用 $2 n$ 个数构成完美匹配的方案数。我们得到， $P (n) = \frac{(2 n)!}{n! 2^{n}}$ 。

设 $f_{i}$ 为至少有 $i$ 个相同对（其他任意）的方案数，那么答案就是 $\sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} f_{i}$ 。

那么，设 $f_{i}^{'}$ 为选出 $i$ 个相同对的方案数，则有 $f_{i} = f_{i}^{'} \cdot P (n - i)$ 。

考虑如何求出 $f_{i}^{'}$ 。我们显然地有

f_{x}^{'} = \sum_{\sum a_{i} = x} \prod_{i = 1}^{n} (\binom{{cnt}_{i}}{2 a_{i}}) \cdot P (a_{i})

这显然是一个多项式卷积的形式，套路地设 $F_{i} (z) = \sum_{i = 0}^{+ \infty} (\binom{{cnt}_{i}}{2 i}) P (i) \cdot z$ ，将 $n$ 个 $F_{i}$ 卷起来就可以了。

每次选取最小的两个多项式卷起来，可以证明时间复杂度是 $Θ (n \log^{2} n)$ 。

LXXV. CF1585F Non-equal Neighbours

神仙容斥。

正着做反着做都不好做，只好容斥了。

套路地，设 $f (i)$ 为至少有 $i$ 个 bad position 的方案数。定义 $f (i, j)$ 为前 $i$ 个元素分为 $j$ 段的方案数。显然， $f (i) = f (n, n - i)$ 。

考虑怎么算 $f (n, i)$ 。显然一段内的方案数就是其最小值（记为 $mn (l, r)$ ）。那么，显然有

f (i, j) = \sum_{k = 0}^{i - 1} f (k, j - 1) \cdot mn (k + 1, i)

注意到，容斥中，乘上 $1 / - 1$ 只和 $f (i)$ 中 $i$ 的奇偶有关，所以可以直接缩减状态： $f (i, 0 / 1)$ （其中 $j \equiv 0 / 1 (\mod 2)$ ）

考虑单调栈，记 $p o s$ 为第一个小于 $i$ 的位置。那么，

f (i, j) = \sum_{k = 0}^{p o s - 1} f (k, j \oplus 1) \cdot mn (k + 1, i) + \sum_{k = p o s}^{i - 1} f (k, j \oplus 1) \cdot i

f (i, j) = \sum_{k = 0}^{p o s - 1} f (k, j \oplus 1) \cdot mn (k + 1, p o s) + \sum_{k = p o s}^{i - 1} f (k, j \oplus 1) \cdot i

f (i, j) = f (p o s, j) + \sum_{k = p o s}^{i - 1} f (k, j \oplus 1) \cdot i

不妨记 $g (i, j) = \sum_{k = 1}^{i} f (k, j)$ 。那么，

f (i, j) = f (p o s, j) + i \cdot (g (i - 1, j \oplus 1) - g (p o s - 1, j \oplus 1))

时间复杂度 $Θ (n)$ 。

LXXVI. CF1556F Sports Betting

LXXVII. CF1848F Vika and Wiki [duel]

LXXVIII. Subsequences Galore [duel]

LXXIX. CF296B Yaroslav and Two Strings [duel]

LXXX. CF1608D Dominoes [duel]

LXXXI. P10580 [蓝桥杯 2024 国 A] gcd 与 lcm

建议评黄。

每个素因子是独立的，可以分开考虑。以下均基于素因子 $p$ 讨论。

设 $gcd$ 中， $p$ 的指数为 $a$ ； $lcm$ 中， $p$ 的指数为 $b$ 。

题目保证了有解，所以 $a \leq b$ 。

当 $a < b$ 时，序列中，至少一个位置指数为 $a$ ，至少一个位置指数为 $b$ 。

正着做不好做，考虑容斥。拿全部方案，减去钦定没有 $a$ 或没有 $b$ 的方案，加上钦定两个都没有的方案即可。

$a = b$ 是平凡的。

时间复杂度为 $Θ (Q \sqrt{V})$ ，其中 $\sqrt{V}$ 花费在分解素因子上。

LXXXII. CF60D Savior

考虑 $i$ 能向 $j$ 传 Laugh 的条件。将能够传播 Laugh 的草坪之间连一条无向边，答案就是连通块数量。

考虑勾股数组的构造。

$a = m^{2} - n^{2}$
$b = 2 m n$
$c = m^{2} + n^{2}$

其中 $m > n$ ，且 $m, n$ 一奇一偶。

枚举 $m, n$ 即可，时间复杂度 $Θ (V)$ 。

LXXXIII. CF1119H Triple

题解。

LXXXIV. P1520 因式分解

题解。

LXXXV. P5308 [COCI2018-2019#4] Akvizna

对于二维的情况，DP 方程是显然的：

f (i, j + 1) = max_{0 \leq k < i} {f (k, j) + \frac{i - k}{n - k}}

考虑到 $f$ 的凸性，考虑 wqs 二分。那么，就是

f (i) = max_{0 \leq j < i} {f (j) + \frac{i - j}{n - j} - mid}

考虑决策单调性优化。

首先讨论：我们在 $cnt \geq k$ 时更新 $r \leftarrow mid$ 。这意味着，我们需要让能够分成的段数尽量多。

考虑 $j_{1} < j_{2}$ 这两个决策点，那么就有 $f (j_{2}) + \frac{i - j_{2}}{n - j_{2}} \geq f (j_{1}) + \frac{i - j_{1}}{n - j_{1}}$ 。

进行 Dirty work。记 $F (j) = f (j) - \frac{j}{n - j}$ 。

化简得到

F (j_{2}) + \frac{i}{n - j_{2}} \geq F (j_{1}) + \frac{i}{n - j_{1}}

于是

F (j_{2}) - F (j_{1}) \geq - (\frac{i}{n - j_{2}} - \frac{i}{n - j_{1}})

于是

\frac{F (j_{2}) - F (j_{1})}{\frac{1}{n - j_{2}} - \frac{1}{n - j_{1}}} \geq - i

$Y (i) = F (i) = f (j) - \frac{j}{n - j}$ ；
$X (i) = \frac{1}{n - i}$ 。

这就是【模板】斜率优化 DP。

LXXXVI. Counting Graphs

三合一

在本题中，多项式乘法是不必要的，只需要实现 $Θ (n^{2})$ 的算法即可。

I. 有标号无向连通图计数

算法 $1$

设 $f (n)$ 为 $n$ 个节点的无向图个数， $g (n)$ 为 $n$ 个节点的无向连通图个数。

显然 $f (n) = 2^{\frac{n (n - 1)}{2}}$ 。

拿所有方案数减去不合法的方案数。枚举与 $1$ 号节点与多少点在一个联通块内。即有

g (n) = f (n) - \sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - 1}{i - 1}) f (n - i)

注意到这是一个卷积的形式，即可在 $Θ (n \log n)$ 内解决本题，即城市规划。

算法 $2$

设 $f (n)$ 为 $n$ 个节点的无向图个数， $g (n)$ 为 $n$ 个节点的无向连通图个数。 $F (z), G (z)$ 为对应的 EGF。

我们有：

F (z) = \exp G (z)

所以

G (z) = \ln F (z)

II. 有标号无向 Euler 图计数

设 $f (n)$ 为 $n$ 个节点的无向图（满足每个点度数都是偶数）个数， $g (n)$ 为 $n$ 个节点的 Euler 图个数。

显然 $f (n) = 2^{(\binom{n - 1}{2})}$ 。

理由：第 $n$ 个点只会与前 $(n - 1)$ 个点组成的任意图中度数为奇数的点连边。（想一想，为什么这样第 $n$ 个点的度数就一定是偶数？）

接下来的推导就同 I. 了。

III. 有标号二分图计数

算法 $1$

算法 $2$

考虑 $n$ 个节点的图，对每个点进行黑白染色，满足同色点之间无边的方案数为 $f (n)$ 。显然为

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) 2^{i (n - i)}

考虑 $n$ 个节点的连通二分图的方案数 $g (n)$ ，设出 EGF，有

F (z) = \exp 2 G (z)

（为什么要乘以 $2$ ：注意到是黑白染色，一个二分图对应两种染色方案。）

那么， $G (z) = \frac{1}{2} \ln F (z)$ 。

于是，设 $n$ 个节点的二分图方案数 $h (n)$ ，我们就有

H (z) = \exp G (z)

LXXXVII. P4617 [COCI2017-2018#5] Planinarenje

二分图博弈的模型。

LXXXVIII. [ABC276G] Count Sequences

解法 $1$

套路地考虑 GF。那么有

f (i, j) = {\begin{cases} 1, & i = 1 \\ \sum_{k \leq j, k ≢ j} f (i - 1, k), & i > 1 \end{cases}

对应到 GF 上，就是

F_{i} (z) = {\begin{cases} \frac{1}{1 - z}, & i = 1 \\ \frac{z + z^{2}}{1 - z^{3}} F_{i - 1} (z), & i > 1 \end{cases}

所以， $F_{n} (z) = \frac{z^{n - 1}}{(1 - z^{3})^{n - 1} (1 - z)} (1 + z)^{n - 1}$ 。

不妨再卷一个 $\frac{1}{1 - z}$ （前缀和），就化为求 $[z^{m}] \frac{z^{n - 1}}{(1 - z^{3})^{n - 1} (1 - z)^{2}} (1 + z)^{n - 1}$ ，也就是求 $[z^{m - n + 1}] \frac{(1 + z)^{n - 1}}{(1 - z)^{2} (1 - z^{3})^{n - 1}}$ 。

换个角度思考， $\frac{(1 + z)^{n - 1}}{(1 - z)^{2}}$ 就是 $(1 + z)^{n - 1}$ 的二阶前缀和，可以线性求出。

而，

\begin{aligned} (1 - z^{3})^{1 - n} & = \sum_{i = 0}^{+ \infty} (- z^{3})^{i} (\binom{1 - n}{i}) \\ = \sum_{i = 0}^{+ \infty} (\binom{n + i - 2}{i}) z^{3 i} \end{aligned}

也是好求的。综上，我们严格线性地完成了本题。

LXXXIX. [ABC295E] Kth Number

注意到， $E [X] = \sum_{i} \Pr (X \geq i)$ 。所以只需要算出 $kth \geq i$ 的方案数。

想要让 $kth \geq i$ ，也就是 $\geq i$ 的数需要有至少 $n - k + 1$ 个。

错解

那么，设需要补至少 $x$ 个 $\geq i$ 的数，方案数就是 $(m - i + 1)^{x} \cdot m^{{cnt}_{0} - x}$ 。然后求个和就行了。

Bug

该式子的意义为“钦定前 $x$ 个 $0$ $\geq m$ ，剩下的随便选”，但是显然这是不对的。

那么，只需要枚举 $j \geq x$ ，然后从 $x$ 个里面选出 $j$ 个 $\geq i$ ，剩下的全部 $< i$ 即可。时间复杂度 $Θ (n m)$ 。

XC.

求出

f_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 n - k}{k}) (- 1)^{k} 2^{2 n - 2 k}

的封闭形式。

打表发现， $f_{n} = 2 n + 1$ 。

XCI. CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

算法 $1$

考虑枚举 $(a, b)$ 路径上（不含两端）有多少个点，我们有

\begin{array}{r} answer = \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{m - 1}{i}) m^{n - 2 - i} i! (\binom{n - 2}{i}) F (i + 2) \end{array}

其中 $F (i)$ 表示有多少种方式构造一棵 $n$ 个点的树，使得 $i$ 个关键点不在同一棵树内。

由广义 Cayley 定理得， $F (i) = i \cdot n - i - 1$ 。

所以答案为

\begin{aligned} answer & = \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{m - 1}{i}) m^{n - 2 - i} i! (\binom{n - 2}{i}) F (i + 2) \\ = \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{m - 1}{i}) m^{n - 2 - i} i! (\binom{n - 2}{i}) (i + 2) \cdot n^{n - i - 3} \end{aligned}

特判 $i = n - 2$ 的情况即可，时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

算法 $2$

考虑枚举 $(a, b)$ 路径上（不含两端）有多少个点，我们有

\begin{aligned} answer & = \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{m - 1}{i}) m^{n - 2 - i} (n - 2)! [z^{n - 2}] {(\frac{\hat{T} (z)}{z})}^{2} \hat{T} (z)^{i} \\ = (n - 2)! \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{m - 1}{i}) m^{n - 2 - i} [z^{n}] \hat{T} (z)^{i + 2} \end{aligned}

XCII. P3166 [CQOI2014] 数三角形

只需要拿选出三个不同点的方案数减去三点共线的方案数。

平凡的，略去斜率不存在或者为 $0$ 的情况。不妨只考虑斜率 $> 0$ 的情况，最终再乘以 $2$ 。

由 P1447 [NOI2010] 能量采集的套路可知，设两点横纵坐标差值为 $Δ x, Δ y$ ，它们之间有 $gcd (Δ x, Δ y) - 1$ 个点。所以我们就要算

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n - 1} \sum_{j = 1}^{m - 1} (n - i) (m - j) (gcd (i, j) - 1) \end{aligned}

由于本题中 $n, m \leq 1 000$ ，所以做完了。时间复杂度 $Θ (n m)$ 。

XCIII. P10636 BZOJ3518 点组计数

其实就是 XCII 的加强版。

平凡的，略去斜率不存在或者为 $0$ 的情况。不妨只考虑斜率 $> 0$ 的情况，最终再乘以 $2$ 。

由 P1447 [NOI2010] 能量采集的套路可知，设两点横纵坐标差值为 $Δ x, Δ y$ ，它们之间有 $gcd (Δ x, Δ y) - 1$ 个点。所以我们就要算

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i) (m - j) (gcd (i, j) - 1) \end{aligned}

在 P3166 中我们可以暴力计算，但是本题中我们需要更优的做法。

首先将和式拆开，变成

\begin{array}{r} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i) (m - j) gcd (i, j) - \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i) (m - j) \end{array}

对于右边，显然等于

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 1}^{m - 1} i j \\ = & \frac{n (n - 1)}{2} \frac{m (m - 1)}{2} \end{aligned}

对于左边，显然等于

n m \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) - n \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i gcd (i, j) - m \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} j gcd (i, j) + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i j gcd (i, j)

然后你发现这三个都是典题。不过我们不妨推一下：（默认 $n \leq m$ ）

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d ∣ i, d ∣ j} φ (d) \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [d ∣ i] [d ∣ j] \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} 1 \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \end{aligned}

我们记 $s (n) = \sum_{i = 1}^{n} i$ 。

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i gcd (i, j) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i \sum_{d ∣ i, d ∣ j} φ (d) \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i [d ∣ i] [d ∣ j] \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} i d \\ = & \sum_{d = 1}^{n} d \cdot φ (d) s (⌊ \frac{n}{d} ⌋) ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \end{aligned}

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i j gcd (i, j) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i j \sum_{d ∣ i, d ∣ j} φ (d) \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} i j [d ∣ i] [d ∣ j] \\ = & \sum_{d = 1}^{n} φ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} i d \cdot j d \\ = & \sum_{d = 1}^{n} d^{2} \cdot φ (d) s (⌊ \frac{n}{d} ⌋) s (⌊ \frac{m}{d} ⌋) \end{aligned}

然后就做完了，利用线性筛，时间复杂度为 $Θ (n)$ 。不理解为什么才开到 $5 \times 10^{4}$ 。

Bonus：考虑 $n, m \leq 10^{10}$ 的时候如何做。

本文作者：Starrykiller

本文链接：https://www.cnblogs.com/Starrykiller/p/18214360/math-problems

posted @ 2024-05-26 21:53 Starrykiller 阅读(68) 评论(0) 编辑收藏举报

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