2024.9

1. [ARC173F] Select and Split

分裂这个过程感觉很不自然，考虑倒过来做合并。

经过简单的观察，可以发现一个集合的属性只和在 \([1,A]\) 内的元素个数和 \([A+1,A+B]\) 内的元素个数有关，分别设其为 \(a_i,b_i\)。

合并两个点的方案数是 \(a_ib_j+a_jb_i\)。合并两个集合 \(S,T\) 的方案数可以看成从 \(S,T\) 两个集合内各自任选一个点合并，拆到每个点的贡献上，即：

\[\sum_{i\in S}a_i\sum_{j\in T}b_j=\sum_{i\in S}\sum_{j\in T}a_ib_j \]

所以可以建图，\(i,j\) 之间连 \(a_ib_j+a_jb_i\) 条边，这样这个图的生成树个数就是合并的方案数。操作顺序的影响是平凡的，可以最后乘一个 \((n-1)!\) 解决。

因为数字是有标号，而有标号问题可以想到用二元指数型生成函数解决。所以现在只需要把有了 \(a_i,b_i\) 之后，合并的方案数比较简单的表示出来。根据矩阵树定理，设 \(L_{i,j}=[i=j](Ab_j+Ba_i),X_{i,j}=a_ib_j,Y_{i,j}=a_ib_j\)，其中 \(i,j>1\)，则 \(\det(L-X-Y)\) 即为答案。可以发现这个矩阵的形式比较简单（好像是对角矩阵加上若干个秩为 \(1\) 的矩阵都可以这么做？），考虑降阶公式（太神奇了！），新设一个矩阵：

\[\begin{vmatrix} L-X-Y & 0 & 0\\ b & 1 & 0\\ a & 0 & 1 \end{vmatrix} \]

其中 \(L-X-Y\) 是矩阵，\(a,b\) 是行向量，第一排的两个 \(0\) 都是空的列向量。容易发现该矩阵的行列式和 \(G\) 相同。可以把 \(a,b\) 都对应位相减到 \(L-X-Y\) 上，于是有：

\[\begin{vmatrix} L-X-Y & 0 & 0\\ b & 1 & 0\\ a & 0 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} L & a^T & b^T\\ b & 1 & 0\\ a & 0 & 1 \end{vmatrix} \]

其中 \(a^T,b^T\) 是列向量。因为 \(L\) 是对角矩阵，所以可以直接消元：

\[\begin{vmatrix} L & a^T & b^T\\ b & 1 & 0\\ a & 0 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} L & a^T & b^T\\ 0 & 1-\sum \frac{a_ib_i}{a_iB+b_iA} & -\sum \frac {b_i^2}{a_iB+b_iA}\\ 0 & -\sum \frac{a_i^2}{a_iB+b_iA} & 1-\sum \frac{a_ib_i}{a_iB+b_iA} \end{vmatrix} \]

然后分类讨论一下，就可以得到行列式为：

\[\prod_i v_i(1-2\sum_{i}\frac{a_ib_i}{v_i}+\sum_{i,j}\frac{a_ia_jb_ib_j}{v_iv_j}-\sum_{i,j}\frac{a_i^2b_j^2}{v_iv_j}) \]

其中 \(v_i=a_iB+b_iA\)。其实后面的部分就相对比较平凡了。写出四个部分的指数型生成函数：

\[\begin{aligned} F_1(x,y)&=\sum_{i,j\geq 0}\frac{x^iy^j}{i!j!}(Aj+Bi)\\&=Ae^xye^y+Bxe^xe^y\\&=e^{x+y}(Ay+Bx)\\ W_1&=[x^Ay^B]e^xe^yF_1^{n-1}(x,y)\\ &=[x^Ay^B]e^{n(x+y)}(Ay+Bx)^{n-1} \end{aligned} \]

因为 \(xe^x=\sum_{i\geq 1}i\frac{x^i}{i!}\)。第二个式子中乘 \(e^{x+y}\) 是因为需要统计第一个集合（计算行列式时删掉了）的贡献。

\[\begin{aligned} F_2(x,y)&=\sum_{i,j\geq 0}\frac{x^iy^j}{i!j!}ij=xye^{x+y}\\ W_2&=-2(n-1)[x^Ay^B]e^{x+y}F_2(x,y)F_1^{n-2}(x,y)\\&=-2(n-1)[x^Ay^B]e^{n(x+y)}xy(Ay+Bx)^{n-2} \end{aligned} \]

\(n-1\) 是因为选一个做 \(a_ib_i\) 的贡献，其余的做 \(Ab_i+Ba_i\) 的贡献。

对于第三第四部分，可以发现如果 \(i=j\) 则两部分的贡献抵消了，所以可以删去的 \(i=j\)（其实只是为了简单一点）。

\[\begin{aligned} W_3&=(n-1)^{\underline2}[x^Ay^B]e^{x+y}F_2^2(x,y)F_1^{n-3}(x,y)\\&=(n-1)^{\underline2}[x^Ay^B]e^{n(x+y)}x^2y^2(Ay+Bx)^{n-3} \end{aligned} \]

因为 \(i,j\) 和 \(j,i\) 都要贡献，所以是 \((n-1)^{\underline2}\) 而不是 \(\binom{n-1}{2}\)。

\[\begin{aligned} F_3(x,y)&=\sum_{i,j\geq 0}\frac{x^iy^j}{i!j!}i^2=e^y\sum_{i\geq 0}\frac{x^i}{i!}(i^{\underline 2}+i^{\underline 1})\\ &=e^y(x^2e^x+xe^x)=x(x+1)e^{x+y}\\ F_4(x,y)&=y(y+1)e^{x+y}\\ W_4&=-(n-1)^{\underline2}[x^Ay^B]e^{x+y}F_3(x,y)F_4(x,y)F_1^{n-3}(x,y)\\ &=-(n-1)^{\underline2}[x^Ay^B](Ay+Bx)^{n-3}xy(x+1)(y+1)e^{n(x+y)}\\ \end{aligned} \]

使用了 \(x^te^x=\sum_{i\geq t}i^{\underline t}\frac{x^i}{i!}\)。最终答案即为 \(\frac{(n-1)!}{n!}A!B!(W_1+W_2+W_3+W_4)\)，\((n-1)!\) 是确定操作顺序，\(n!\) 是消除集合之间的顺序。可以用组合数把除了 \(e^{n(x+y)}\) 以外的部分展开然后 \(\mathcal O(n)\) 算。

2. [ARC171C] Swap on Tree

科技改变生活。

发现只关心 \(i\) 的颜色切换次数即 \(i\) 选了多少个儿子进行交换。\(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内颜色改变次数是 \(j\) 的方案数。转移简单。

暴力做是 \(\mathcal O(n^2)\) 的。设 \(g_{i,0}=\sum_i f_{x,i},g_{i,1}=\sum_i if_{x,i}\)。设多项式 \(F_u(x)=g_{u,0}+g_{u,1}x\)，则 \(f_{u,k+1}\) 即为 \(k![x^k]\prod_{v\in\text{son}(u)}F_v(x)\)。

注意到要乘的多项式的总个数是儿子个数和，是 \(\mathcal O(n)\) 的，所以可以分治 NTT 或者先 ln 再 exp 做到 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 或者 \(\mathcal O(n\log n)\)。