计数

加法原理和乘法原理

P7140 [THUPC2021 初赛] 区间矩阵乘法

给定序列 \(\{a_n\}\)，\(m\) 次询问，每次给定 \(d,p_1,p_2\)，求：

\[\sum_{i=0}^{d-1} \sum_{j=0}^{d-1} \sum_{k=0}^{d-1} a_{p_1+di+j} a_{p_2+dj+k}. \]

令 \(\{s_n\}\) 为 \(a\) 的前缀和，\(f_d(p)=\sum_{i=0}^{d-1} a_{p+di}\)。

\[\begin{aligned} \text{原式} &=\sum_{i=0}^{d-1}\sum_{j=0}^{d-1} a_{p_1+di+j}(s_{p_2+dj+d-1}-s_{p_2+dj-1})\\ &=\sum_{j=0}^{d-1} (s_{p_2+dj+d-1}-s_{p_2+dj-1}) \sum_{i=0}^{d-1} a_{p_1+j+di}\\ &=\sum_{j=0}^{d-1} (s_{p_2+dj+d-1}-s_{p_2+dj-1}) f_d(p_1+j) \end{aligned} \]

因为保证式子中的下标不会超过范围，所以 \(d\le \sqrt{n}\)。显然对于固定的 \(d\)，\(f_d(*)\) 可以 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理。每次询问都枚举和式中的 \(j\)，然后计算即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}((n+m)\sqrt{n})\)。

[AGC 023 E] Inversions

北大集训 2019 的题

给定正整数 \(d_1,d_2,\dots,d_n\)，求有多少个序列 \(\{a_n\}\) 满足：

• \(1\le a_i\)；
• \(a_i\mid d_i\)；
• \(\prod a_i\le \prod \frac{d_i}{a_i}\)。

可以发现 \(\prod a_i\le \prod \frac{d_i}{a_i}\) 和 \(\prod a_i\ge \prod \frac{d_i}{a_i}\) 的方案一一对应。假如总方案数是 \(S\)，\(\prod a_i=\prod \frac{d_i}{a_i}\) 的方案数是 \(C\)，那么答案就是 \(\frac{S+C}{2}\)。计算 \(C\) 时，因为每个素因子是独立的，所以分别背包即可。

二项式系数

P4351 [CERC2015]Frightful Formula

考虑每个 \(F(i,1)\) 对答案的贡献：这显然是 \(\binom{2n-2-i}{n-2}a^{n-1}b^{n-i}F(i,1)\)。\(F(1,i)\) 同理。

再考虑在 \((i,j)\) 处加上的 \(c\) 的贡献：\(c\times a^{n-i}b^{n-j}\binom{2n-i-j}{n-i}\)。这些 \(c\) 的总贡献是 \(\sum_{i=2}^n \sum_{j=2}^n c\times a^{n-i}b^{n-j}\binom{2n-i-j}{n-i}\)，令 \((i,j)\gets (n-i,n-j)\) 得

\[c\times\sum_{i=0}^{n-2} \sum_{j=0}^{n-2} a^{i}b^{j}\dbinom{i+j}{j}. \]

令 \(f(k)=\sum_{j=0}^{n-2} b^j\binom{k+j}{j}\)，则化为

\[c\times\sum_{i=0}^{n-2} a^if(i). \]

考虑 \(f(k)\) 如何递推（这种递推一般会用到加法恒等式）：

\[\begin{aligned} f(k+1)&=\sum_{j=0}^{n-2} b^j\binom{k+1+j}{j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-2} b^j\left(\binom{k+j}{j}+[j>0]\binom{k+j}{j-1}\right)\\ &=f(k)+b\cdot f(k+1)-\binom{k+n-1}{n-2}. \end{aligned} \]

移项得

\[f(k+1)=\frac{f(k)-\binom{k+n-1}{n-2}b^{n-1}}{1-b}. \]

注意特判 \(b=1\) 的情况。于是就做完了。

P3726 [AHOI2017/HNOI2017] 抛硬币

直接硬推：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^a \sum_{j=0}^b \binom{a}{i}\binom{b}{j}[i>j]\\ &=\sum_{i=1}^a \sum_{j=0}^{a-i} \binom{a}{i+j}\binom{b}{j}\\ &=\sum_{i=1}^a \binom{a+b}{i+b}\\ &=\sum_{i=b+1}^{a+b} \binom{a+b}{i} \end{aligned} \tag{1} \]

分类讨论，假如 \(a+b\) 是偶数，令 \(m=\frac{a+b}{2}\)，根据二项式系数的对称性得：

\[\begin{aligned} (1)&=\sum_{i=b+1}^{m} \binom{a+b}{i}+\sum_{i=m+1}^{a+b}\binom{a+b}{i}\\ &=\sum_{i=b+1}^{m} \binom{a+b}{i}+2^{a+b-1}-\frac{\binom{a+b}{m}}{2} \end{aligned} \]

假如 \(a+b\) 是奇数，令 \(m=\lfloor\frac{a+b}{2}\rfloor\)：

\[\begin{aligned} (1)&=\sum_{i=b+1}^{m} \binom{a+b}{i}+\sum_{i=m+1}^{a+b}\binom{a+b}{i}\\ &=\sum_{i=b+1}^{m} \binom{a+b}{i}+2^{a+b-1} \end{aligned} \]

因为 \(0<a-b\le 10^4\)，所以剩下的这些组合数可以硬算。

exLucas，狗都不写！

一个技巧：假如要表达 \(i>j\)，那么可以把 \(i\) 拆成 \(j+k\)，其中 \(k\) 是正整数。

Kummer 定理

对于正整数 \(n,m\) 和质数 \(p\)，\(\frac{(n+m)!}{n!m!}\) 中 \(p\) 的幂次等于在 \(p\) 进制下计算 \(n+m\) 时进位的次数。

证明似乎直接展开，然后利用 \(n\bmod p=n-p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 就行。

容斥原理

记号

记 \([n]=\{1,2,\dots,n\}\)。

题 \(1\)

设字符集为小写英文字母，给定 \(n\) 个带有通配符的字符串 \(s_1,s_2,\dots,s_n\)，通配符位置可以填任意字母。求所有填写方案中，这些串构成的字典树的节点个数之和。

设 \(S_i\) 为 \(s_i\) 的所有可能的前缀的集合，答案就是 \(\lvert \bigcup_{i=1}^n S_i \rvert\)。容斥后变成了对于任意 \(T\subset [n]\)，求 \((-1)^{|T|-1}\times |\bigcap_{x\in T} S_x|\)，而后面那个东西就是 \(T\) 中所有串的可能的 LCP 的长度之和，枚举 LCP 长度然后直接计算即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^n\times \sum_{i=1}^n |s_i|)\)。

P4515 [COCI2009-2010#6] XOR

设 \(t_i\) 为第 \(i\) 个三角形覆盖的区域。首先，答案肯定是形如

\[\sum_{T\subset [n]} f(|T|)\left|\bigcap_{x\in T} t_x\right| \]

的，其中 \(f\) 是一个神秘的函数。对于一个区域，设这 \(n\) 个三角形里有 \(k\) 个完全包含它，那么 \(f\) 需要满足

\[\sum_{i=1}^k \binom{k}{i}f(i)=[2\nmid k]. \]

不妨设 \(f(0)=0\)，那么上式的求和可以改成 \(\sum_{i=0}^k\)。

应用二项式反演得：

\[f(i)=\sum_{j=0}^i (-1)^{i-j}\binom{i}{j}[2\nmid j]. \]

可以验证 \(f(0)\) 在此时也等于 \(0\)。分类讨论 \(i\) 的奇偶性，假如 \(i\) 是奇数，那么 \((-1)^{i-j}\) 在 \(j\) 是奇数的时候是 \(1\)。也就是 \(f(i)=\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}[2\nmid j]=2^{i-1}\)。假如 \(i\) 是偶数，同理得 \(f(i)=-2^{i-1}\)。

合起来就能得到 \(\forall i,f(i)=(-2)^{i-1}\)。若干个三角形的面积交是好算的，所以就做完了，\(\mathcal{O}(n2^n)\)。

还有 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的做法，但我现在不会。

AT2062 [AGC005D] ~K Perm Counting

将排列转化成二分图也太妙了。

容斥，设 \(F_i\) 为钦定 \(i\) 个位置使得它们满足 \(|p_x-x|=k\)，且其他位置不限制的方案数。那么答案就是 \(\sum_{i=0}^n (-1)^i F_i(n-i)!\)。

考虑一个排列到匹配的映射：假如建立一个左部、右部都有 \(n\) 个点的二分图，在其中连一些边，那么这个二分图的完美匹配与合法的排列一一对应。

所以，设 \(1\dots n\) 是左部点，\((n+1)\dots (2n)\) 是右部点，我们对于任意 \(i\) 都在 \((i,i+k+n)\) 和 \((i,i-k+n)\) 之间连边（如果 \(i+k+n,i-k+n\) 合法）。于是 \(F_i\) 就是这张二分图上大小为 \(i\) 的匹配个数。

因为每个点的度数最多只有 \(2\)，所以此二分图实际上是由若干条链组成的。在一条边数为 \(a\) 的链上选择不相交的 \(b\) 条边的方案数是 \(\binom{a-b+1}{b}\)，用背包将所有链的答案合并起来即可。

AT4352 [ARC101C] Ribbons on Tree

我居然想出来了。

容斥。设 \(S_i\) 为第 \(i\) 条边没有被覆盖的配对方法的集合，那么答案就是

\[\sum_{T\in [n]} (-1)^{|T|}\left|\bigcap_{x\in T} S_x\right|. \]

对于一个大小为 \(k\) 的连通块，将它的点两两配对的方案数是 \((k-1)!!\)，于是得到了一个 \(\mathcal{O}(n2^n)\) 的做法。

考虑将容斥系数放在 dp 里：设 \(f_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树内，最顶上那个还未完全确定的连通块中，点数为 \(i\) 的容斥系数之和。这里的容斥系数不包括那个还未完全确定的连通块。

那么，\(\forall i\ge 1\)，求 \(f_{u,i}\) 只需要做一次树形背包。对于 \(i=0\) 的情况，它表示 \((u,\mathrm{fa}_u)\) 之间的边不会被覆盖，所以新增了一个已经确定的连通块，此时的转移是：

\[f_{u,0}=-\sum_{j>0} f_{u,j}(j-1)!! \]

前面那个负号是容斥系数。树形背包需要上下界优化，\(\mathcal{O}(n^2)\)。

二项式反演

二项式反演有若干种形式：

\[\begin{aligned} f_n=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} g_i &\iff g_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f_i,\\ f_n=\sum_{i\ge n} \binom{i}{n} g_i &\iff g_n=\sum_{i\ge n} (-1)^{i-n} \binom{i}{n} f_i,\\ f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} g_i &\iff g_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} f_i. \end{aligned} \]

常见用法是将“恰好”转化为“钦定”。

P6596 How Many of Them

设 \(a_i\) 是 \(n\) 个点的恰好有 \(i\) 条割边的无向连通图数量，\(b_i\) 是 \(n\) 个点的无向连通图，在其中钦定 \(i\) 条割边的方案数，如果算出所有的 \(b_i\)，就能通过二项式反演算出所有 \(a_i\)，进而算出答案。

考虑现在钦定了 \(k\) 条割边。这 \(k\) 条割边将整张图划分成了 \(k+1\) 个连通块，若将每个连通块都缩成一个点，会形成一棵树。因此，如果已经确定了这 \(k+1\) 个连通块内部的结构，设它们的大小是 \(s_1,s_2,\dots,s_{k+1}\)，此时钦定 \(k\) 条割边的方案数是

\[n^{k-1}\prod_{i=1}^{k+1} s_i. \]

考虑内部结构如何计数。设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的无向连通图的个数，设

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} \frac{if_ix^i}{i!}, \]

钦定 \(k\) 条割边的方案数就是

\[n!n^{k-1}\times [x^n]\frac{F^{k+1}(x)}{(k+1)!}. \]

暴力预处理 \(F^1,F^2,\dots,F^n\) 即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

考虑对于每个 \(k\)，算出钦定 \(k\) 对选择的点具有祖先后代关系的方案数。设 \(f_{u,i}\) 表示仅考虑 \(u\) 的子树，在其中选择 \(i\) 对具有祖先后代关系的点的方案数。转移有两种：一种是不选择 \(u\)，直接树形背包合并，另一种是考虑 \(u\) 这个点和另外一个子树内的点配对，此时我们能根据状态算出有多少个点能够与 \(u\) 配对。

DP 完成后，再考虑那些未选择的点的配对方式，显然有 \((\frac{n}{2}-k)!\) 种。再进行一次二项式反演，即可算出答案。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

CF1228E Another Filling the Grid

不难想到钦定有 \(i\) 行和 \(j\) 列的最小值不是 \(1\)。设这样的方案数是 \(f(i,j)\)，设 \(c=(i+j)n-ij\)，有：

\[f(i,j)=\binom{n}{i}\binom{n}{j}(k-1)^ck^{n^2-c}. \]

如果想要算出答案，实际上要做一个二维的二项式反演。而这与一维的其实没有什么区别：设 \(g(i,j)\) 表示有恰好 \(i\) 行和钦定的 \(j\) 列的最小值不是 \(1\)，\(h(i,j)\) 表示有恰好 \(i\) 行和 \(j\) 列的最小值不是 \(1\)，那么 \(f\to g\) 的转化需要对第一维做二项式反演，\(g\to h\) 的转化需要对第二维做二项式反演。合起来，可以得到：

\[h(i,j)=\sum_{k\ge i}\sum_{l\ge j} \binom{k}{i}\binom{l}{j} (-1)^{k-i+l-j} f(i,j). \]

答案即为 \(h(0,0)\)，时间复杂度 \(O(n^2)\)。