Solution Set - 组合计数

CF40E Number Table

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显然 $n,m$ 奇偶性不同时无解。奇偶性相同时，假设有一行全为空，剩下每行至少一个有空，则除这些位置外没有限制的位置都可以随便填，这些位置一定有唯一可行方案。又因为 $k\lt \max(n,m)$，所以一定有一行或一列为空。假设是一行，如果有其它行全满，检查乘积是否为 $-1$，不是则无解。是的情况可以直接忽略这一行。最后统计有多少可以自由选择的位置，假设 $c$ 个，答案就是 $2^c$。

CF140E New Year Garland

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先考虑如果放 $i$ 个球的一行恰好出现 $j$ 种颜色的方案数。这里固定这 $j$ 种颜色的集合。可以使用 DP，记答案为 $f_{i,j}$，转移为

$$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j+f_{i-1,j}\times (j-1)$$

前一项乘 $j$ 是选择 $j-1$ 种颜色的集合，后一项乘 $j-1$ 是保证相邻两个不相同。

再考虑总的方案数。定义 $dp_{i,j}$ 为已经填好前 $i$ 行，第 $i$ 行恰好 $j$ 种颜色的方案数。则

$$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times(C_{m}^{j}-1)\times f_{l[i],j}+\sum_{k\neq j}dp_{i-1,k}\times C_{m}^j\times f_{l[i],j}$$

通过预处理一行的和可以做到 $O(L=\sum_{i=1}^{n}l_i)$。注意要开一个内存池存 $dp$ 数组，而且这题模数不一定是质数，可以通过计算模数的各个质因数幂次预处理组合数。

CF482D Random Function and Tree

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一眼树形 DP。定义 $dp_{i,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树中染奇数/偶数个点的方案数，偶数的情况允许不染。分奇偶是因为染色跟奇偶性有关。转移 $dp_u$ 时，定义一个辅助的 DP 数组 $f_{i,0/1}$ 表示已经考虑了 $u$ 前 $i$ 棵子树，染奇数/偶数个点的方案数。$f$ 很好转移，最后 $2f_{m,0}\rightarrow dp_{u,1},2f_{m,1}+1\rightarrow dp_{u,0}$。当然有些情况是子树正序排列和倒序排列染色相同的。如果总数偶数，是若干棵子树选偶数个点；如果总数奇数，是奇数棵子树选奇数个点（剩下的子树不选）。前者直接乘法原理，后者再做 DP，$f_{i,0}$ 表示前 $i$ 棵子树中，奇数/偶数棵子树选奇数个点的方案数。很好转移。

CF325E The Red Button

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为什么这里会有一道构造题啊

手玩容易发现奇数无解，证明很简单，因为每个点入度为 $2$，而对 $n=2m+1$，有边 $0\rightarrow 0,m\rightarrow 2m,m\rightarrow 0,2m\rightarrow 2m$，这样 $m$ 不管走向哪里都不行。

可以猜测偶数是有解的。记 $n=2m$。然后发现一个事情：$i$ 和 $i+m$ 的两条出边的终点是相同的。那可以先随便分，分完之后构成若干个环。如果整个图不止一个环，一定有一个 $i$，$i$ 和 $i+m$ 不在一个环里。这个结论不太明显，但证明很容易：反证，如果不是，那么 $i,i+m,2i,2i+1$ 都在一个环里，然后就可以从 $0$ 开始依据二进制走到所有点。有这一条之后，用并查集维护每个点所属的环，扫描所有 $i$，如果发现不同就交换，合并并查集。

CF896D Nephren Runs a Cinema

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假设有 $a$ 个 50，$b$ 个 100，$c$ 个 VIP，则最后留下 $a-b$ 个 50。

熟知利用折线法可得：$a$ 个 50，$b$ 个 100，总能够找钱的方案数是 $C_{a+b}^{a}-C_{a+b}^{a+1}$。则上面 $a,b,c$ 情况的方案数就是 $C_{n}^{a+b}(C_{a+b}^{a}-C_{a+b}^{a+1})$。

固定 $a+b=m$ 求和，有 $lef=\lceil \frac{m+l}{2} \rceil \le a \le rig=\lfloor \frac{m+r}{2} \rfloor$，答案就是 $\sum_{m}C_{n}^{m}(C_{m}^{lef}-C_{m}^{rig+1})$。$O(n)$ 计算即可。

注意模数又不是质数，同样通过算质因子处理。

CF698F Coprime Permutation

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观察一：相同质因数集合的数可以交换。
观察二：如果两个质数在 $[1,n]$ 中的倍数数目相同，可以交换这两个质数的所有倍数。

感觉这两个条件差不多了，那就差不多吧。也就是我们猜测这两个条件与题目条件充要。

根据题目中给出的一些位置，我们可以得到观察二中的交换关系。当然要判断这样交换是否合法。另外还要判断质因子集合的大小是否相同，毕竟这是一个不变量。对于观察二中的质数，显然会大于 $\sqrt n$，所以只用考虑每个数的最大质因数。

判断合法后，我们可以知道对于某个质因数集合，有多少个数可以自由交换；同时我们也知道对于倍数数目相同的质数，有多少可以自由交换。把这些数的阶乘乘起来就是答案。

CF981H K Paths

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按照被所有路径覆盖的边分类，它们当然也构成一条路径 $(u,v)$。考虑所有路径在 $u$ 一侧的端点。删掉 $u$ 得到一些连通块，设不包含 $v$ 的所有连通块大小为 $c_1,c_2,\cdots,c_m$。每个连通块内至多有一个路径端点，剩下如果有还没有分配的端点都只能是 $u$。路径有顺序，其实等价于两侧端点各自排列数的乘积。则 $u$ 这一侧的排列数就是

$$\sum\limits_{I\subseteq \{1,2,\cdots m\}}\frac{k!}{(k-|I|)!}\prod\limits_{i\in I}c_i$$

把给出的树看成有根树，定义 $f_u$ 表示 $u$ 子树内上式的值（或者说对路径 $(u,fa_u)$ 在 $u$ 一侧的排列数），$g_u$ 表示子树外（在 $fa_u$ 一侧）。所有路径分成两类：祖先-后代链和其它。

对后者，总数是 $\sum_{u,v}f_uf_v$，$u,v$ 没有祖先后代关系。让每对 $(u,v)$ 在 LCA 处产生贡献。定义 $s_u$ 是 $u$ 子树内所有点 $f$ 值的和，则 $u$ 处的贡献是 $\sum\limits_{v\neq w\in Son(u)}s_vs_w=\frac{1}{2}((\sum\limits_{v\in Son(u)}s_v)^2-\sum\limits_{v\in Son(u)}s_v^2)$。

对前者，在链的祖先端点产生贡献，$u$ 的贡献是 $g_us_u$。

剩下的问题是如何来求 $f,g$。上面那个式子是不太好维护的，所以考虑直接求出 $\sum\limits_{|I|=k}\prod\limits_{i\in I}c_i$。显然它是多项式 $f(x)=\prod\limits_{i=1}^m(x+c_i)$ 的 $x^{m-k}$ 次项的系数。来求 $m$ 的展开式，用分治+NTT解决。一次求解的复杂度是 $O(m\log^2 m)$，用这个方法求所有 $f$ 的复杂度是 $O(n\log^2 n)$。

$g_v$ 相当于 $f_{fa_v}$ 换了一个一次因式，那么可以 $O(m)$ 暴力除掉原来的因式，再乘上新的因式。这样可能被菊花图卡到 $O(n^2)$，所以再做优化：同样的因式只算一次。也是蛮经典的套路了，因为 $\sum c_i\le n$，所以不同的 $c_i$ 的个数是 $O(\sqrt n)$ 级别的，那么单次时间复杂度降到 $O(m\sqrt n)$。求和是 $O(n\sqrt n)$。

注意 $k=1$ 需要特判。

CF750G New Year and Binary Tree Paths

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感觉没有3200。

假设 $a$ 到 $b$ 的路径和为 $s$，$a,b$ 的 LCA 为 $x$。固定 $x$，设 $x$ 的深度为 $d$（$1$ 的深度为 $0$）。再固定 $a,b$ 的深度 $dl,dr$，放缩一下可以感觉到，如果 $d,dl,dr$ 固定了，那么 $x$ 至多一个。

事实上，做一下计算，固定 $x,d,dl,dr$ 时，路径和最小值当然是 $x$ 不断向左 $dl-d$ 次（算上 $x$ 经过 $dl-d+1$ 个点），$2x+1$ 不断向左 $dr-d-1$ 次；最大值是 $x$ 不断向右 $dr-d$ 次，$2x$ 不断向右 $dl-d-1$ 次。可以算出此时路径和的取值范围是

$$[(2^{dl-d+1}+2^{dr-d+1}-3)x+(2^{dr-d}-1),(2^{dl-d+1}+2^{dr-d+1}-3)(x+1)-(2^{dl-d}-1)-(dl-d)-(dr-d)]$$

那么这个式子就证实了刚才的感觉。

枚举 $d,dl,dr$，计算 $x$，假设 $s$ 离上面的左端点还有 $t$。我们把路径的两个端点在相应的层右移。找规律会发现，从一个点开始不断右移，它到根的距离增加量是这样一个数列：$1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,5,\cdots$。第 $i$ 项是 $v_2(i)+1$。对它求和得到，如果 $u$ 是 $x$ 子树内这一层的第 $n+1$ 个点，则 $u$ 到 $x$ 的路径的总和比这棵子树内第一个点增加了 $v_2(n!)+n=2n-S_2(n)$。这里 $v_2(n),s_2(n)$ 分别表示 $i$ 中 $2$ 的幂次，$i$ 在二进制下 $1$ 的个数。

所以我们只要解一个方程：$2n-S_2(n)+2m-S_2(m)=t$。$n,m$ 就代表了左右端点分别是第几个，范围限制是 $n\lt 2^{dl-d-1},m\lt 2^{dr-d-1}$。

会发现 $S_2(n),S_2(m)\le \log_2 10^{15}\lt V=50$，所以考虑枚举 $S_2(n)+S_2(m)=q$，可以算出 $n+m=p$。对于这个问题 DP 解决，$dp_{i,j,0/1}$ 表示已经填好了 $n,m$ 的最低 $i$ 位，其中填了 $j$ 个 $1$，下一位有没有进位。递推是容易的。

时间复杂度的一个上界是 $O(V^6)$，但根本跑不满，最后跑的飞快。