「解题报告」[AGC022F] Checkers
题目大意
设 \(x=10^{100}\)，在数轴上有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点的坐标为 \(x^i\)，每次可以将一个点 \(A\) 变为关于点 \(B\) 的对称点，并把 \(B\) 删除，进行 \(n-1\) 次这样的操作，问最后能得到多少种不同的坐标。
\(n \le 50\)
去看了官方的题解，这里给出官方的 \(O(n^4)\) 做法和比较完整的证明。
思路
首先，\(x\) 特别大，我们可以直接把每个 \(x^i\) 看作是互相独立的。\(A\) 关于 \(B\) 的对称点实际上就是 \(2B-A\)。
首先观察可以发现，得到的所有数肯定都是长成 \(\sum 2^a(-1)^bx^i\) 的形式。
举个例子，比如最后我们得到了 \(2x^1+2x^2+x^3-4x^4\)，那么我们发现其实只需要把点的顺序调换一下，就可以得到另外一种结果，比如 \(2x^1+2x^3+x^2-4x^4\)。
所以我们其实只关心最后得到的系数的集合。上面的例子中，我们只关心最后得到的系数集合 \(\{1, 2, 2, -4\}\)。
我们寻找这样的系数集合 \(A\) 都有什么性质：
-
\(\forall i\in A,\, \exists j,\, \rvert i\lvert=2^j\)，即集合中每个元素的绝对值都是 \(2\) 的次幂。
证明：考虑对称的过程 \(2B-A\)，那么实际上每个数就是被乘上了若干个 \(2\)。
-
\(\sum_{i\in A}i=1\)，即集合中元素的和为 \(1\)。
证明：考虑归纳法证明。
首先初始值 \(\{1\}\) 的和为 \(1\)。
若 \(A,B\) 集合均满足以上条件，那么新得到的集合 \(2B-A\) 的和为 \(2 \times 1 - 1 = 1\)，得证。
-
若 \(2^i\) 或 \(-2^i\) 属于 \(A\)，那么 \(2^{i-1}\) 或 \(-2^{i-1}\) 也属于 \(A\)。
证明：同样归纳法证明，如果 \(A\) 包含的指数范围为 \([0,a]\)， \(B\) 包含的指数范围为 \([0,b]\)，那么易证 \(2B-A\) 包含的指数范围为 \([0,\max(a,b+1)]\)。
-
\(2^0\) 和 \(-2^0\) 中有一个且仅有一个属于 \(A\)。
证明：归纳法，首先 \(2^0,-2^0\) 都不属于 \(2B\)，而 \(A\) 中有 \(2^0,-2^0\) 中的其中一个，所以 \(2B-A\) 中有且仅有 \(2^0,-2^0\) 中的一个。
但是这些性质都还只是必要条件，并不充分。我们有一个充要条件如下：
对于每一个 \(i>1\)，存在一种将 \(A\) 中的所有 \(\pm 2^i\) 元素前的正负号进行修改的方案，使得 \(\sum_{\rvert x\lvert=2^j,j\in[0,i]}x=1\)（即所有指数小于等于 \(i\) 的数的和为 \(1\)）
证明：
-
必要性：
归纳法。
然后对于每一个 \(i>1\)，将 \(B\) 集合中的 \(2^{i-1}\) 元素重标正负号后，得到指数范围在 \([0,i-1]\) 内的数的和为 \(1\)，并将 \(A\) 集合中的 \(2^i\) 元素重标正负号后，得到指数范围在 \([0,i]\) 内的数的和为 \(1\)。
那么 \(2B\) 的指数范围就是 \([1,i]\)，且 \(2^i\) 的正负号被重标，那么 \(2B-A\) 就也符合上述性质。
对于 \(i=1\)，根据性质 \(4\)，一定可以进行重标正负号使得和为 \(1\)。
-
充分性：
我们想办法构造出一种方案，使得 \(C\) 集合能够被分为 \(2B-A\)，并且 \(A,B,C\) 集合均满足以上的所有性质，即可证明充分性。
首先假设 \(-2^0 \in C\)。
设 \(k\) 为最小的正整数使得 \(2^k\in C\)。如果对于指数范围在 \([1,k-1]\) 内的所有数都出现了大于等于两次，我们可以构造 \(B=\{-2^0,-2^1,\cdots,-2^{k-2},2^{k-1}\}\)，这样 \(2B=\{-2^1,-2^2,\cdots,-2^{k-1},2^k\}\)，我们从 \(C\) 集合中刨除掉这些元素，再将元素取反，就得到了 \(A\) 集合。
首先可以发现 \(B\) 集合满足以上的所有性质，并且 \(A\) 集合满足以上的 \(4\) 条基本性质。
下面是 \(A\) 集合满足性质 \(5\) 的证明：
首先对于所有的 \(i\le k\)，\(C\) 集合中的 \(\pm2^i\) 在重标正负号后，\(2^i\) 的个数一定大于 \(-2^i\) 的个数，否则和 \(<0\)，不满足性质 \(5\)。
那么在重标正负号的结果中，一定存在一个 \(2^i\)。我们将这个 \(2^i\) 分配给 \(B\) 集合，将剩下的分配给 \(A\) 集合，那么可以证明 \(i\le k\) 的时候性质 \(5\) 是成立的。
对于 \(i > k\)，\(C\) 集合重标正负号的结果都分配给了 \(A\)，因为 \(C\) 集合的和为 \(1\)，\(B\) 集合的和也为 \(1\)，那么 \(A\) 集合的和肯定也为 \(2\times 1 - 1 = 1\)，所以也是成立的。
综上，这样构造出来的 \(A\) 集合是满足性质 \(5\) 的。
如果对于指数范围在 \([1,k-1]\) 内，存在一个数只出现了一次，那么我们发现再按照上面的方式分配，会导致得到的 \(A\) 集合不满足性质 \(3\)。
那么我们记最小的只出现了一次的指数为 \(j\)。如果 \(j=1\)，那么我们可以令 \(A=\{2^0\}\)，并且 \(B\) 为剩下的数除以 \(2\)。对于 \(C\) 的每一个前缀和，将它减去第一个元素 \(-2^0\) 再除以 \(2\) 也等于 \(1\)，所以 \(B\) 集合也是符合性质 \(5\) 的。
如果 \(j>1\)，那么指数范围在 \([0,j-1]\) 内的数的和的最大值应该为 \(-2^0+2(-2^1-2^2-\cdots -2^{j-1})=-2^{j+1}+3\)，发现这个数永远小于 \(-2^j\)，那么无论如何修改 \(2^j\) 前面的正负号都无法使得前缀和等于 \(1\)，所以是不存在 \(j>1\) 的情况的。
于是我们证明了性质 \(5\) 是一个充要条件。
于是，我们只需要统计满足以上五个条件的集合数有多少种即可。
设 \(f_{i,j}\) 表示已经放了 \(i\) 个元素，并且这些元素的和为 \(1+jV\)，其中 \(V\) 为现在要放的 \(2\) 的次幂是多少。
那么我们枚举选了 \(a\) 个 \(V\)，选了 \(b\) 个 \(-V\)，那么元素的和就变为了 \(1+(j+a-b)V\)。因为下一个填的数就要比现在的数乘 \(2\)，所以 \(f_{i,j}\) 转移到 \(f_{i+a+b,\frac{j+a-b}{2}}\)。
我们需要满足将这些数任意标正负号之后，和为 \(1\)，那么我们只需要满足 \(j \equiv a+b \pmod 2\) 且 \(a+b\ge \rvert j\lvert\) 即可。
然后考虑对这个系数集合分配原来的 \(x^i\)，这个就是多重组合数的形式（\(\frac{n!}{\prod a!}\)），我们可以把 \(\frac{1}{\prod a!}\) 的部分拆到转移上，也就是 \(f_{i,j} \times \frac{1}{a!b!}\rightarrow f_{i+a+b,\frac{j+a-b}{2}}\)。
初始状态为 \(f_{0,-1}=1\)，答案为 \(n!f_{n,0}\)。
需要注意，为了满足性质 \(4\)，需要特殊判断一下，当 \(i=0\) 时，必须满足 \(a+b=1\) 时才可以转移。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 55, P = 1000000007;
int f[MAXN][MAXN << 1];
int n;
int fac[MAXN], inv[MAXN];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
a = 1ll * a * a % P;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
f[0][MAXN + -1] = 1;
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
inv[n] = qpow(fac[n], P - 2);
for (int i = n; i >= 1; i--) inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % P;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = -n; j <= n; j++) if (f[i][j + MAXN]) {
for (int a = 0; a <= n; a++) {
for (int b = 0; i + a + b <= n; b++) if ((a || b) && ((j + a + b) % 2 == 0) && a + b >= abs(j)) {
if (i == 0 && a + b != 1) continue;
f[i + a + b][(j + a - b) / 2 + MAXN] = (f[i + a + b][(j + a - b) / 2 + MAXN]
+ 1ll * f[i][j + MAXN] * inv[a] % P * inv[b]) % P;
}
}
}
}
printf("%lld\n", 1ll * f[n][MAXN + 0] * fac[n] % P);
return 0;
}
