组合计数杂题

ABC276G

【题意】
给定 $n, m$，求出满足以下条件的数列的个数：

• 数列长度为 $n$。
• 数列的每一个数都在 $[0,m]$ 之间。
• 数列的相邻两个数模 $3$ 不同余。

【思想】
组合计数问题，需要利用一些一一映射，将要算的东西改写成能算的东西，比如 $\binom{n}{k}, \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix},\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$（选择，子集，轮换）。

【分析】
“模 $3$ 不同余”这个条件首先一看就不是很好直接算，我们考虑构造差分数组 $b$，满足对于 $i \in [2,n]$ 有 $3 \nmid b_i$。

然后显然考虑拆分成 $b_i / 3$ 和 $b_i \% 3$。记 $x_i = b_i \% 3, y_i = b_i / 3$，则有对于 $i = 1$，$x_i \in \{0,1,2\}$；对于 $i > 1$，$x_i \in \{1,2\}$。

我们先考虑整块，也就是钦定了一套 $x_i$ 之后，$y_i$ 的个数怎么算？也就是计算使得 $\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i \le \lceil \cfrac{m - \sum x_i}{3} \rceil$ 的方案数。可以发现这个东西只和 $\sum x_i$ 有关，那么如果计算上述式子的时间为 $T$，那么我们可以枚举 $x_i(i \le [2,n])$ 存在多少个 $1$，从而得到存在多少个 $2$。相同的方案数可以二项式求出，那么可以 $O(n) \times T$。

那么问题转化为：计算使得 $\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i \le t$ 的方案数。我们知道 $\sum \limits_{i = 1} ^ n y_i = t$ 的方案数是插板法算的，那么一种方法是预处理出所有 $t$ 的答案，那么每次询问可以 $O(1)$ 得到解。总时间复杂度 $O(n \log t_{\max} + n) = O(n \log t_{\max})$，其中 $t_{\max} \sim m$。

还有一种方法：

引理：$y_i$ 都是自然数，使得 $\sum \limits_{i = 1}^n y_i \le t$ 的方案数为 $\binom{n + t}{n}$。

证明：考虑插板法的过程。对于 $\sum \limits_{i = 1}^n y_i = t$ 的方案数，也就相当于 $t + n$ 个球，插 $n - 1$ 个板，分成 $n$ 个区域。

那么我们可以增加一个区域，这个区域表示把这些球扔掉，其他 $n$ 个区域表示分成的 $n$ 个区域。那么也就是把 $\le t$ 个球分成 $n$ 个区域。因此是一共 $t + n + 1$ 个球，插 $n$ 个板，分成 $n + 1$ 个区域，答案为 $\binom{n + t}{n}$。

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2022.11.10 NOIP Monisai Round #1 A

【题意】
有 $n$ 个景点和 $m$ 个游客。这些景点横向一字排开。每个乘客都会选择一个景点到达并选择向左或者右行走。每一个景点都有一个小礼物。若一个人走到一个景点，满足这个人没有收到过礼物并且这个景点的小礼物没有被送出，那么这个景点发一份礼物给这个人。求每个人都拿到一个礼物的方案数。

【思想】
巧妙地增补方案构造一一对应，利用美妙的对称性寻找性质。
人为增设对称性！

【分析】
考虑增加一个景点，使得这些景点组成一个长度为 $n + 1$ 的环。从环上任意一点可以向左或向右走。考虑这个模型和原题的差异：

• 若 $n+1$ 景点的礼物被送出去，那么就失败。
• 这个模型中，可以从 $n+1$ 景点出发。
• 这个模型中，增加了一些横跨过 $n+1$ 的路线。

这三个差异其实是统一的。也就是当 $n+1$ 景点的礼物没有被送出去时，才是成功的，并且方案与题目中一一对应。考虑选出这样的方案的概率：

由于每个点都对称，所以概率为 $\cfrac{\C_{m}^n}{\C_{m}^{n+1}} = \cfrac{n+1}{n-m+1}$。

所有方案的个数为 $(2(n+1))^m$。

答案为所有方案个数乘以概率。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 998244353;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    freopen("breeze.in","r",stdin);
    freopen("breeze.out","w",stdout);
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    int n, m; cin >> n >> m;
    int ans = 1;
    f(i, 1, m) {
        ans = (ans * (2 * (n+1) % mod)) % mod;
    }
    ans = (ans * (n + 1 - m)) % mod;
//    cout << ans << endl;
    ans = (ans * qpow(n + 1, mod - 2)) % mod;
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}

CF1761D

【题意】
求 $(a,b)$ 的个数，其中 $0 \le a,b < 2^n$，并且 $a + b$ 在二进制下加法的进位个数为 $k$。
$k < n \le 10^6$

【分析】
考虑上一位如果进位了，那么这一位有三种选法也进位，一种选法不会进位。没进位的话，三种选法不进位，一种选法会进位。

然后 DP？不好意思，不太好转移。矩阵快速幂试过了不行。

这么优美的式子怎么不想想组合方法。我们从这个方向往下走。

考虑 $d_i$ 表示该位有没有进位（假设二进制下分别为第 $1 \sim n$ 位），特别地 $d_0 = 0$，那么这总共 $n + 1$ 位数，如果存在 $i$ 个连续段，那么方案数就是 $3^{n - i}$。（连续段的开头只有一种选择方法，后面每一位都有三种）

于是变成了数 $n + 1 - k$ 个 $0$，$k$ 个 $1$，组成 $i$ 个连续段，一共有几种情况？（数连续段模型）考虑第一段一定为 $0$，那么 $0$ 和 $1$ 的段数是确定的。然后考虑 $p$ 个 $0$ 分成 $x$ 段的个数（插板法）乘以 $q$ 个 $1$ 分成 $y$ 段的个数即可。

注意 $0$ 个数分成 $0$ 段的方案数是 $1$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n);
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 1e9;
void cmax(int &x, int y) {if(x < y) x = y;}
void cmin(int &x, int y) {if(x > y) x = y;}
int jc[1000010], ny[1000010], pow3[1000010];
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int x,int k){
    int ans=1;
    while(k){
        if(k&1)ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
int c(int n, int m) {
    if(n == -1 && m == -1) return 1;
    else if(m > n) return 0;
    else if(m < 0 || n < 0) return 0;
    else return jc[n] * ny[m] % mod * ny[n - m] % mod;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    time_t start = clock();
    //think twice,code once.
    //think once,debug forever.
    jc[0]=ny[0]=pow3[0]=1;
    int n, k; cin >> n >> k;
    f(i,1,n){
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
        ny[i]=qpow(jc[i],mod-2);
        pow3[i]=pow3[i-1]*3%mod;
    }
    int ans = 0;
    f(i,1 ,n+1 ) {
        int t = 1;
        //分的段数
        int p = i /2 ,q = i - p;
        t *= c(n + 1 - k-1,q-1);
        t *= c(k - 1, p - 1);
        t %= mod;
        t *= pow3[n + 1 - i];
        t %= mod;
        
        ans += t;
        ans %= mod;
    }
    cout << ans << endl;
    time_t finish = clock();
    //cout << "time used:" << (finish-start) * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC <<"s"<< endl;
    return 0;
}

有没有标号？

做题时，一定要思考清楚我这个求的是有没有标号的。怎么考虑？例如有向图，$\cfrac{n(n-1)}{2}$ 条边，一共有 $2^{\frac{n(n-1)}{2}}$ 种生成图。这样就算同构的两张图，如果节点不一样也会被算两次。这就是有标号的。我们从 $m$ 个点的图中，选 $n$ 个点，有多少生成图？$\dbinom{m}{n} \times 2^{\frac{n(n-1)}{2}}$，这还是有标号的。选出 $n$ 个点，然后再赋值 $1 \sim n$，发现这种情况下任意两张有标号下不同的图都是算上了的。$\dbinom{m}{n}$ 中，选 $(1,2)$ 和 $(1,3)$ 这两种都算上了，也是有标号的。所以做题的时候要分清楚，不要搞糊涂了。