随机做题-第一弹

题太多了，也不知道啥时候能补完，先写着吧。

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CF1842F Tenzing and Tree

把边权变成 \(|k-2siz_x|\)，\(siz_x\) 表示 \(x\) 子树内黑点数量。

绝对值很难搞。

考虑钦定黑点重心做根，由重心性质有 \(k \ge 2siz_x\)。

把绝对值拆掉，染一个点会产生 \(-2dep_x\) 的贡献。

于是贪心取深度最小的 \(k\) 个点即可。

如果这个根不是重心怎么办？显然这样只会少算，不会影响最优化。

P9021 [USACO23JAN] Subtree Activation P

显然题目是问启发式合并状物的最小操作数。

建超级源点 \(0\)，在 \(u,fa_u\) 之间连权值为 \(siz_{fa_u}-siz_u\) 的无向边 ，在 \(u,0\) 之间连权值为 \(siz_u\) 的无向边。

现在我们要选出一个代价最小的可重边集 \(E'\)，使得 \((V,E)\) 存在欧拉回路。

回顾无向图欧拉回路的判定条件：

• \(1\sim n\) 联通。
• 每个点度数为偶数。

直接树形 dp，设 \(f_{u,0/1,0/1}\) 表示当前在 \(u\)，\(u\) 是否与 \(S\) 联通，\(u\) 的度数。

P4886 快递员

另一类点分治的题目。

假设选取了一个点 \(u\)，并且可以确定最终答案在 \(u\) 的某颗子树里。

我们可以用点分治把这个过程加速到 \(\log n\)。

记当前的最长距离为 \((x,y)\)。

• \(x \rarr y\) 过 \(u\)，那么无论怎么移动最大值一定不会变小，直接返回。
• \(x \rarr y\) 在某颗子树内，显然 \(u\) 向这颗子树移动一定不劣。

P6185 [NOI Online #1 提高组] 序列

发现 \(t=2\) 的性质更好。

于是先按 \(t=2\) 建图，同一个连通块内权值可以随意“运输”。

于是缩点，现在只有 \(t=1\) 了。

接下来是传统套路，先拉一颗 dfs 树，调整使得只有根节点不对，然后用非树边调整。

CF1696F Tree Recovery

如果我们知道了一条边 \((x,y)\)，那么我们可以通过 \(dis_{x,y},dis_{y,z}\) 的关系找出所有边 \((x,z)\)。

所以说，可以通过一条已知边 dfs 出整棵树。

怎么找到已知边呢？枚举所有 \((1,i)\) 总有一条存在。

经典问题

链接自己找的。

考虑最小值和次小值，这两条一定存在。

考虑第三小 \((x,y)\)，分类讨论：

• 如果加入这条边会影响连通性。那么这条边必定存在，否则 \(dis_{x,y}>a_{x,y}\)。
• 否则一定不存在，因为我们假定前面加入的边必须存在。

归纳法。跑一边 kruskal 即可。

P8367 盒

对于一个确定的 \((b_1,b_2,\dots,b_n)\) 如何计算代价呢？

\(val(b_1,b_2,\dots,b_n)=\sum_{i=1}^{n-1}w_i|c_i-d_i|\)，\(c,d\) 分别为 \(a,b\) 的前缀和。

经典拆贡献，枚举 \(d_i\)，计算可能的方案数。

\[ans=\sum_{i=1}^{n-1}w_i\sum_{j=0}^S|c_i-j|\binom{i+j-1}{i-1}\binom{n-i+S-j-1}{n-i-1} \\ f(n,S,k,i)=\sum_{j=0}^k\binom{i+j-1}{i-1}\binom{n-i+S-j-1}{n-i-1} \\ g(n,S,k,i)=\sum_{j=0}^kj\binom{i+j-1}{i-1}\binom{n-i+S-j-1}{n-i-1} \\ val(i)=c_i(2f(n,S,c_i,i)-f(n,S,S,i))+g(n,S,S,i)-2g(n,S,c_i,i) \\ \begin{aligned} \\ g(n,S,k,i)&=\sum_{j=0}^ki\binom{i+j-1}{i}\binom{n-i+S-j-1}{n-i-1}\\ &=i\sum_{j=1}^k\binom{i+j-1}{i}\binom{n-i+S-j-1}{n-i-1}\\ &=i\sum_{j=0}^{k-1}\binom{i+j}{i}\binom{n-i+S-j-2}{n-i-1}\\ &=if(n+1,S-1,k-1,i+1) \end{aligned} \\ val(i)=(2c_i-S+1)c_if(n,S,S,i)+if(n+1,S-1,S-1,i+1)-2if(n+1,S-1,c_i-1,i+1) \]

好长的 LaTeX。

显然重点在计算柿子的最后一项。

现在我们要维护 \(f(n,S,k,i) \rarr f(n,S,k,i+1),f(n,S,k+1,i)\)。

对于后者，直接使用原定义维护。

对于前者，我们还需要变换一下柿子。

考虑其组合意义：在前 \(i\) 个盒子里放不超过 \(k\) 个球的方案数。

枚举第 \(k+1\) 个球的位置。

\(f(n,S,k,i)=\sum_{j=i+1}^n\binom{k+j-1}{j-1}\binom{S-k-1+n-j+1-1}{n-j+1-1}\)。

好耶，现在两者都可以维护了，复杂度 \(O(n+S)\)。

NOIP2024 树上查询

注意到 \(dep_{LCA^*(l,r)}=\min_{l\le i<r}dep_{LCA(i,i+1)}\)。

证明：注意到 \(LCA^*(l,r)=u\) 当且仅当 \([l,r]\) 中有两个点来自 \(u\) 的不同子树。

​ 且必定存在编号相邻的两个点在 \(u\) 的不同子树。

于是令 \(a_i \larr dep_{LCA(i,i+1)},r\larr r-1,k \larr k-1\)。

题目实际上在问 \(\max_{l\le l'\le r,r'-l'+1\ge k}\min_{l'\le i\le r'}a_i\)。

这个简单，用单调栈求出最小值能取到 \(a_i\) 的极长区间 \([x_i,y_i]\)。

求所有满足 \(|[l,r]\cap[x_i,y_i]|\ge k\) 的 \(a_i\) 的最大值。

讨论一下三种情况：

1. \(y \ge r ,x \le r-k+1\)。
2. \(x\le l,y\ge l+k-1\)。
3. \(x\ge l,y \le r,y-x+1\ge k\)。

前两种是二维偏序，第三种是三维偏序。

把第三种并到第二种上：

1. \(y \ge r ,x \le r-k+1\)。
2. \(l+k-1\le y \le r,y-x+1 \ge k\)。

做两次二维偏序即可。

NOIP2024 树的遍历

考虑对于一颗形态确定的新树，哪些点可以作为起始点。

观察原树中点 \(u\) 的所有连边，这些边在新树中一定构成一条链。

这条链的首尾为 \(x,y\)，那么起始点只可能在 \(x,y\) 的子树内。

所以可能的起始点在原树上一定构成一条从叶子到叶子的链。

如果现在已经确定了根链，怎么统计新树的方案数呢？

• 对于根链上的点，邻边的起始和终止都确定了，方案数为 \((d_u-2)!\)。

• 对于不在根链上的点，邻边的起始已经确定，方案数为 \((d_u-1)!\)。

整合一下，总方案数为 \(\frac{\prod_u(d_u-1)!}{\prod_{u\in chain}d_u-1}\)。分子可以提出来。

回到题目，考虑到每棵新树唯一对应一条根链，我们只需要对所有合法的根链统计对应的新树个数之和即可。

一条根链合法，当且仅当其经过了一条关键边。

这个很好办，树形 dp 记 \(f_{u,0/1}\) 表示 \(u\) 的子树内有根链的其中一端，且路径上没有/有关键边的带权方案数。

选取非叶子节点作为树根，同时特判 \(n=2\)。

PKUSC 2021 D1T1 矩阵

观察矩阵中只有一个 \(1\) 时操作的过程。发现过程中只会出现三种不同的值 \(A,B,C\)。

\(A,B,C\) 可以递推求出，矩阵快速幂优化。

线性变换，位置之间对答案矩阵的贡献是独立的。

PKUWC2020 排列

考虑求本质不同子序列怎么求。

设 \(f_{i,j}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位，且最后一位为 \(j\) 的本质不同子序列数。

如何避免算重？转移时钦定若 \(s_i=j\)，则必须要选第 \(i\) 位。

\[f_{i,j}=\left\{ \begin{align} &f_{i-1,j} &s_i\neq j\\ &(\sum_{k}f_{i-1,k})+1 &s_i=j \end{align} \right. \]

显然转移可以写成矩阵的形式。把 \(s_i=j\) 的转移矩阵记为 \(M_j\)。

tip：下文中的“序列”均为“矩阵序列”，“拼接序列”均为“进行矩阵乘法”。

回到题目，如果 \(\{p\}=3,2,1,4\)，生成出来的序列是什么样子的？

显然，开头会有一段第一位为 \(1\) 的所有排列拼接而成的序列，记为 \(F_1\)。

接下来，会有一段第一位为 \(2\) 的所有排列拼接而成的序列。

这个和 \(F_1\) 其实是同质的，可以通过把 \(F_1\) 的第 \(1,2\) 行，第 \(1,2\) 列分别交换得到，下文称为”置换了 \((1,2)\)“。

好的，现在 \(F_1\) 怎么求呢？

记前 \(i\) 位分别为 \(1\sim i\) 的所有排列 \(\{a\}\) 拼接成的序列为 \(F_i\)。

\(F_i\) 可以由 \(F_{i+1}\) 转移过来。转移形如改变 \(a_{i+1}\) 上的 \(i+1\)，依次置换 \((i+1,i+1),(i+1,i+2),\dots,(n-1,n)\)。\(F_n=[n]\)。

现在我们已经会了不限制字典序时的答案了，就是 \(F_0\)。

限制字典序也很好做，在置换到 \((p_i-1,p_i)\) 时停止即可。

EC Final 2021 String-dle Count

考虑猜测的评级传递了什么信息。

• 位置 \(i\) 一定是字符 \(c\)。
• 位置 \(i\) 一定不是字符 \(c\)。
• 字符 \(c\) 恰好有 \(F_c\) 个。（出现了 x）
• 字符 \(c\) 至少有 \(F_c\) 个。（没有出现 x）

首先 \(\sum F_c\) 应该小于等于 \(k\)，否则不可能放得下。

\(k\) 很小，这启示我们把当前用 \(\sum F_c\) 的长度把当前状态状压下来。其中，字符 \(c\) 占 \(F_c\) 位，前 \(x\) 位为 \(1\) 代表已经填了 \(x\) 个 \(c\)。显然 \(\ge F_c\) 的部分不需要管。

然后设 \(f_{i,state}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位，当前状态为 \(state\)。

转移枚举当前这一位填的字符 \(c\)，而且要满足上面 \(3\) 个限制。

ABC242Ex Random Painting

考虑 min-max 容斥，设位置 \(i\) 涂黑的时刻位 \(t_i\)，\(S=[1,2,\dots,n]\)。

\[E[\max_{i\in S} t_i]=\sum_{T\sub S}(-1)^{T+1}E[\min_{i\in T}t_i] \]

对于任意 \(T\in S\)，\(E[\min_{i\in T}t_i]=\frac{m}{F(T)}\)，\(F(T)\) 表示与 \(T\) 有交的区间个数。

显然可以 dp 计算容斥方案，\(f_{i,j}\) 表示 \(T\in[1,2,\dots,i],i\in T,F(T)=j\) 的容斥方案和。

二维前缀和预处理跨过一个点的区间个数，容斥系数在 dp 里算。

AGC056B Range Argmax

\(x\) 的个数不好直接求，考虑把每个 \(x\) 唯一对应到一个 \(p\) 上，然后统计这样有用的 \(p\) 的个数。

对于固定的 \(x\)，我们这样生成一个 \(p\)：

​ 枚举 \(v:n \rarr 1\)，每次把 \(v\) 填进最左边的能填的位置。

设 \(v\) 填进了位置 \(pos\)，那么跨过 \(pos\) 的区间都不用管了。所以 \(pos\) 的左右两边分割为两个独立的子问题。

考虑树形 dp 计数有用的 \(p\)。

设当前区间为 \([l,r]\)，枚举填的位置 \(pos\)，考虑“有用的”对左右子问题的限制。

• 对于左边，设 \([l,pos-1]\) 中最大值的位置为 \(k\)，那么要求必定存在一个限制区间同时过 \(k,pos\)。

  反证：如果不存在，那么当前填到 \(k\) 上显然可以更左。

• 对于右边，并没有什么限制。

所以当前的决策实际上会限制左侧下一步的选择必须在 \(lim\) 右侧。

于是设状态 \(f_{l,r,lim}\) 表示当前区间 \([l,r]\)，当前决策必须 \(\ge lim\) 的满足“有用的”限制的方案数。

令 \(g_{l,r,i}\) 表示\([l,r]\) 区间内经过 \(i\) 的所有限制区间的左端点最小值。

转移 \(f_{l,r,lim} \larr f_{l,r,lim+1}+f_{l,lim-1,g_{l,r,lim}}f_{lim+1,r,lim+1}\)。

ABC270Ex add 1

设 \(C_i\) 表示 \(i\) 当前的值，\(B_i=A_i-C_i\)，\(k=\max B_i\)。终止条件是 \(k=0\)。

设当前选到了计数器 \(x\)，那么 \(k' \larr \max(A_x,k-1)\)。

跳格子问题考虑 dp，设 \(f_i\) 表示 \(k:i \rarr 0\) 的期望步数。设 \(A_p< i \le A_{p+1}\)，得到转移方程：

\[\begin{aligned} f_i &=(\sum_{j=1}^p\frac{1}{n}f_{i-1})+(\sum_{j=p+1}^n\frac{1}{n}f_{A_j})+1 \\ &=\frac{1}{n}(pf_{i-1}+\sum_{j=p+1}^nf_{A_j})+1 \\ f_{i-1}&=\frac{1}{p}(nf_i-n-\sum_{j=p+1}^nf_{A_j}) \\ f_i &=\frac{1}{p}(nf_{i+1}-n-\sum_{j=p+1}^n f_{A_j}) \end{aligned} \]

注意现在的 \(A_p \le i < A_{p+1}\)。

可是现在 \(f\) 的转移是反的，于是我们设 \(g_i\) 表示 \(k:A_n \rarr i\) 的期望步数。

\[\begin{aligned} f_n-g_i &=\frac{1}{p}[n(f_n-g_{i+1})-n-\sum_{j=p+1}^n f_{A_j}] \\ f_n-g_i &=\frac{1}{p}[pf_n+(\sum_{j=p+1}^nf_n-f_{A_j})-ng_{i+1}-n] \\ f_n-g_i &=f_n+\frac{1}{p}[(\sum_{j=p+1}^ng_{A_j})-ng_{i+1}-n] \\ g_i & =\frac{1}{p}(ng_{i+1}+n-\sum_{j=p+1}^ng_{A_j}) \end{aligned} \]

状态是 \(10^{18}\) 的，考虑优化。

对于 \(i \in [A_p,A_{p+1})\)，\(g\) 的转移都是相同的，于是我们直接矩乘（当然解线性递推也是可以的）。

ARC150D Removing Gacha

根据期望的线性性，\(ans=\sum_iE(i 被选择的次数)\)。

\(i\) 被选择的次数只与根到 \(i\) 的路径上的点有关，问题转化为：

\(d_i\) 个点，每次随机选一个前缀不全是黑的点染黑，全部涂黑时停止。求第 \(d_i\) 个点被选到的期望次数。

由于在过程结束之前第 \(d_i\) 个点的前缀不可能全黑，所以等价于下面的问题：

\(d_i\) 个点，每次随机选一个点染黑，全部涂黑时停止。求第 \(d_i\) 个点被选到的期望次数。

这个是经典问题了，所有点的期望一样，总的期望操作次数 \(\sum_{i=0}^{d_i-1}\frac{d_i}{d_i-i}\)，所以单个点的期望 \(\sum_{i=1}^{d_i}\frac{1}{i}\)。

所以 \(ans=\sum_i \sum_{j=1}^{d_i} \frac{1}{j}\)。

HAOI2015 按位或

min-max 容斥，求集合 \(S\) 中最早被覆盖的期望时间。

令 \(g(S)=\sum_{T\sub S}p_T\)。则 \(E(\min_{i\in S}t_i)=\frac{1}{1-g(U/S)}\)。

CF1768F Wonderful Jump

有一个简单的 \(O(n^2)\) dp。

考虑优化转移，先发掘一些性质：

1. 每次跳的区间必定满足区间最小值不在中间（非左右端点）。

   证明：设最小值为 \(a_k,k \neq l,k \neq r\)。

   直接跳过去 \(w(l,r)=a_k(r-l)^2\) 。

   从 \(k\) 中转 \(w(l,k)+w(k,r)=a_k[(k-l)^2+(r-k)^2]\)。

   不难发现第二种一定不劣。

2. 设区间最小值为 \(a_k\)，则 \(d=r-l\le \frac{n}{a_k}\)。

   证明：如果一步一步跳过去，代价 \(\le nd\)。

   又 \(w(l,r)=a_kd^2\)。

   由于 \(a_kd^2 \le nd\)，所以 \(d \le \frac{n}{a_k}\)。

根号分治，设阈值 \(B\)。转移时钦定 \(a_i\) 为最小值。

• \(a_i \le B\)，在满足结论 1 的情况下暴力转移。由于每一种 \(a_i\) 的转移区间长度和最大为 \(n\)。所以这一部分的复杂度 \(O(nB)\)。
• \(a_i>B\)，向左向右各枚举 \(\frac{n}{a_i}\)，这一部分复杂度 \(O(\frac{n^2}{B})\)。

\(B=\sqrt{n}\) 的时候，复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

AGC046C Shift

考虑更形式化地描述这个操作。

在 \(S\) 的末尾加一个 0，设 \(c_i\) 表示第 \(i-1\) 个 0 与第 \(i\) 个 0 之间的 1 的个数。

每次操作形如选择 \(i<j\)，然后 \(c_i \larr c_i+1,c_j \larr c_j-1\)。

这个的性质就好看多了：同一个 \(i\) 不能又加又减；总操作数 \(\le n\)。

令 \(d_i=\Delta c_i\)，我们计数 \(d\)。

首先要求 \(\sum d_i=0\)，然后要求 \(\sum_{i=1}^jd_i \ge 0\)。

设 \(f_{i,x,y}\) 表示考虑前 \(i\) 位，用了 \(x\) 次减一，用了 \(y\) 次加一的方案数。

前缀和优化转移 \(O(n^3)\)。

CF808G Anthem of Berland

显然 dp，\(f_{i,j}\) 表示考虑 \(s_{1\sim i}\)，\(s[(i-j+1)\dots i]\) 与 \(t[1 \dots j]\) 还在匹配的最大匹配数。

逐位匹配的转移是朴素的，难点在于怎么计数有重叠的模式串。

预处理出 KMP 中的 \(nxt\) 数组，匹配成功后不断跳 Boarder，用 \(f_{i,m} \rarr f_{i,k}\)。

CF1039D You Are Given a Tree

假如我们能求 \(O(n)\) 求出单个 \(k\) 的答案。

根号分治，设阈值 \(B\)。

• 对于 \(k\le B\)，暴力求解，复杂度 \(O(nB)\)。
• 对于 \(k>B\)，答案一定 \(<\frac{n}{B}\)，二分求值域连续段，复杂度 \(O(n\frac{n}{B}\log n)\)。

取 \(B=\sqrt{n\log n}\)，复杂度 \(O(n\sqrt{n\log n})\)。

现在考虑怎么 \(O(n)\) 求的答案。

从下往上模拟，令 \(f_u\) 表示 \(u\) 子树中某点到 \(u\) 的未被覆盖的最长长度。

贪心：取 \(u\) 的 \(f\) 值最大的两个儿子 \(v1,v2\)。

• 若 \(f_{v1}+f_{v2}+1\ge k\)，直接选这条链。
• 否则，\(f_u \larr f_{v1}+1\)。

证明：如果 \(f_{v1}+f_{v2}+1 \ge k\) 且不选过 \(u\) 的两个子树组成的链。

那么最优情况是选一条过 \(v1,u,u的祖先\) 的链，显然不优。

CF1097G Vladislav and a Great Legend

显然需要把 \(f(X)^k\) 拆开。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_X f(X)^k \\ &=\sum_X\sum_{i=0}^{f(X)} {k \brace i} i!\binom{f(X)}{i} \\ &=\sum_{i=0}^k {k \brace i}i! \sum_X\binom{f(X)}{i} \end{aligned} \]

等价于求：对于所有 \(X\) 生成的虚树，求在虚树中选择 \(i\) 条边涂黑的方案数之和。

设 \(f_{u,i}\) 表示所有，对于所有 \(u\) 子树内的 \(X\) 生成的虚树，设根为 \(root\)，\(f_{u,i}=\sum_{X}\binom{f(X)+dist(root,u)}{i}\)。

现在要合并两棵子树 \(u,v\)，分三种情况。

1. 只保留 \(u\) 子树里的虚树，\(f_{u,i} \rarr f'_{u,i}\)。
2. 只保留 \(v\) 子树里的虚树，注意多了一条 \((u,v)\) 的边， \(f_{v,i} \rarr f'_{u,i},f_{v,i} \rarr f'_{u,i+1}\)。
3. 把 \(u,v\) 子树里的虚树拼接，\(f_{u,i}f_{v,j} \rarr f'_{u,i+j},f_{u,i}f_{v,j} \rarr f'_{u,i+j+1}\)。

Q：为什么这样能考虑到不同的 \(X\) 生成相同的虚树呢？

A：如果不选 \(u\)，相当于不使用 \(u\) 的初始状态 \(f_{u,0}=1\) 转移。

CF724F Uniformly Branched Trees

显然根确定时才方便对不同构的树 dp。

所以我们统计答案时钦定重心为根，也就是说，所有子树大小的最大值 \(\le \frac{n}{2}\)。

设 \(f_{i,j,k}\) 表示当前树大小为 \(i\)，根节点度数为 \(j\)，所有子树的大小 \(\le k\)。

转移枚举选了 \(t\) 个大小为 \(k\) 的儿子，在 \(f_{k,d-1,k-1}\) 种树中可以重复地挑选 \(t\) 种方案数为 \(\dbinom{f_{k,d-1,k-1}+t-1}{f_{k,d-1,k-1}-1}\)。

转移方程：\(f_{i,j,k} \larr \dbinom{f_{k,d-1,k-1}+t-1}{t} f_{i-tk,j-t,k-1}\)。

注意：如果 \(n\) 为偶数，可能存在两个重心的情况，如果此时两个重心对应的子树不同构，会被算到两次。

因此，答案要减 \(\dbinom{f_{\frac{n}{2},d-1,\frac{n}{2}-1}}{2}\)。

CF1061C Multiplicity

设 \(f_{i,j}\) 表示，前 \(i\) 位，已经选了长度为 \(j\) 的子序列的方案数。

转移 \(f_{i,j} \larr f_{i-1,j}+[j|a_i]f_{i-1,j-1}\)。

观察 \(f_i\) 的变化：第二种转移只会进行 \(O(n\sqrt{V})\) 次。

CF886E Maximum Element

一个排列是否正确显然与 \(n\) 的位置有关。

不妨枚举 \(n\) 的位置：\(ans=\sum_{i=1}^n \binom{n-1}{i-1}f_{i-1}(n-i)!\)。

式子的含义：\(n\) 把排列分为两半，选 \(i-1\) 个数放进前一半，\(f_{i-1}\) 表示前一半不返回的方案数，后一半随便排。

怎么求 \(f_i\) 呢？发现要求 \(i\) 在最后 \(k\) 个位置上。类似的：\(f_i=\sum_{j=i-k+1}^i \binom{i-1}{j-1} f_{j-1} (i-j)!\)。

展开一下：

\[\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=i-k+1}^i \binom{i-1}{j-1} f_{j-1} (i-j)! \\ &=\sum_{j=i-k+1}^i\frac{(i-1)!}{(j-1)!(i-j)!}f_{j-1}(i-j)! \\ &=(i-1)!\sum_{j=i-k+1}^i \frac{f_{j-1}}{(j-1)!} \end{aligned} \]

前缀和优化。

CF1096E The Top Scorer

钦定小明是第一个人，枚举小明得分 \(i\)，得分为 \(i\) 的选手个数 \(j\)。

\[ans=\sum_{i=r}^s\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{S}{i} \rfloor} \frac{1}{j} \binom{p-1}{j-1}f(s-ij,p-j,i) \]

\(f(n,m,k)\) 表示 \(n\) 个球，放进 \(m\) 个盒子里，盒子里球的个数小于 \(k\)。

考虑容斥：

\[f(n,m,k)=\sum_{i=0}^{m} (-1)^i \binom{m}{i}\binom{n-ik+m-1}{m-1} \]

算概率，所以要除 \(\binom{s-r+p-1}{p-1}\)，复杂度 \(O(sp\ln s )\)。