重庆八中集训 day5

20220618

通用评测号

题意

有 \(N\) 个数字，每次给其中一个数字加上 \(1\)，然后求所有数字 \(\ge b\) 的时候，\(\ge a\) 的数字的期望个数。

题解

怎么办？

拆贡献，求每个数字 \(=a\) 的时候存在 \(<b\) 的燃料仓的概率即可。所有燃料舱等价，\(\times N\) 就是答案。

怎么求？钦定有 \(p\) 个没半满，那么容斥系数是 \(\binom{n - 1}{p} (-1) ^ {p - 1}\)，然后问题变成了，给你一个序列，然后里面的数字的值域为 \([0, p]\)，然后 \(a\) 个 \(0\) 之前一个数字不会出现 \(b\) 次以上。

怎么办？可不可以，考虑 \(\text{EGF}\) \(f(x) = \sum_{i < b} \frac{x ^ i}{i!}\)，之后答案就是，我们枚举每个 \(0\) 的位置

\[\sum_{j = 0 } ^ {p (b - 1) } \frac{(a- 1 + j)!}{(a - 1)!(p + 1) ^ {a + j}} [x ^ j] f^p(x) \]

这玩意可以 \(O(N ^ 3 \log N)\)，写一发。

Math Ball

题意

\(N\) 种球，每种球无限个，你最多拿 \(W\) 个球，第 \(i\) 种球有权值 \(c_i\)，假如第 \(i\) 种球拿了 \(k_i\) 个，那么这次拿球的权值是 \(\prod _{i = 1} ^ n k_i ^ {c_i}\)，求所有方案的权值和，对于 \(998244353\) 取模。

题解

前置知识：

• 普通幂和下降幂的转化

\[x ^ n = \sum_{k = 0} ^ n {n\brace{k}}x ^ {\underline{k}} \]

或者是

\[x ^ {\underline{n}} = \sum_{k = 0} ^ n {n\brack k} (-1) ^ {n - k} x ^ k \]

• 对于一个 \(f_n = \binom{n + m}{m}\) 的 \(\text{OGF}\) 就是 \(\left(\frac{1}{1 - x}\right) ^ {m + 1}\)

证明可以考虑对于 \(m\) 归纳，因为有组合恒等式 \(\binom{n + m + 1}{m + 1} = \sum_{i = 0} ^ n \binom{i + m}{m}\)，每次卷上一个 \(\frac{1}{1 - x}\) 相当于就是把原来的系数求和。

我们考虑对于原来的问题就求解，考虑原先的最多选 \(W\) 个可以使用转化为指数上的用生成函数来限制。

\[\begin{aligned} ans &= \sum_{i = 0} ^ W [x ^ i] \prod_{j = 1} ^ n \sum_{k = 0} ^ {\infty}x ^ k k ^ {c_j} \\ &= \sum_{i = 0} ^ W [x ^ i] \prod_{j = 1} ^ n\sum_{k = 0} ^ {\infty}\left(x ^ k\sum_{l = 0} ^ {c_j} k ^ {\underline l} {c_j\brace l} \right) \\ &= \sum_{i = 0} ^ W[x ^ i] \sum_{j =1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {c_j} {c_j\brace l}l!\sum_{k = 0} ^ \infty \binom{k}{l} x ^ k \\ &= \sum_{i = 0} ^ W[x ^ i] \sum_{j =1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {c_j} {c_j\brace l}l!x ^ l\sum_{k = 0} ^ \infty \binom{k + l}{l} x ^ {k} \\ &= \sum_{i = 0} ^ W[x ^ i] \sum_{j =1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {c_j} {c_j\brace l}l!x ^ l \left(\frac{1}{1 - x}\right) ^ {l + 1} \end{aligned} \]

考虑第二类斯特林数，一次求一行就可以用，我们可以把 \((1-x ) ^ {l + 1}\) 变成自变量。然后可以分治 NTT 求，但是怎么说，考虑到还有一个 \(x ^ l\) 其实不好搞，但是发现他和 \(l + 1\) 的次数就差一个，所以最后我们的 \(\left (\frac{1}{1 - x}\right) ^ {m}\) 的项，必定带着一个 \(x ^ {m - n}\) 就好了。

怎么统计答案，我们考虑 \(g_p x ^ {p - n} \left(\frac{1}{1 - x}\right) ^ p\) 对于某个 \(x ^ r\) 的贡献，\([x ^ {r - p + n}]\left( \frac{1}{1 - x}\right) ^ p = \binom{r + n - 1}{p - 1}\)。

然后对于所有灯 $ r\in [0, W - p + n]$ 求一下和，\(\sum_{r = 0} ^ {W - p + n} \binom{r + n - 1}{p - 1} = \binom{W + n}{p}\)，证明就是考虑 \(\sum_{l = 0} ^ n \binom{l}{k} = \binom{n + 1}{k + 1}\)，然后做完了。

最后写出来就应该是 \(\sum_{i = N} ^ {\sum c + N} \binom{W + N}{i} g_p\)。

第二类斯特林数公式：\({n\brace m} = \sum_{i = 0} ^ m \frac{(-1) ^ {m - i}i ^ n}{i! (m- i)!}\)。

[AGC038E] Gachapon

题意

有一个随机数生成器，生成 \([0, N)\) 之间的整数，第 \(i\) 个整数被生辰的概率是 \(\frac{A_i}{S}\)， 其中 \(S = \sum_i A_i\)，这个随机数生成器一直运行，直到对于 \(\forall i \in [0, N)\),\(i\) 的出现次数大于 \(B_i\)。问这个随机数生成器运行的期望次数。

题解

首先考虑 min-max 反演，令 \(E\left(\max(T)\right)\) 表示 \(T\) 集合内最大的一个出现次数大于 \(B_i\) 的整数出现了的时间，而 \(E\left(\min(T)\right)\)。我们根据 min-max 反演公式，应该有

\[E(\max(S)) = \sum_{T \subseteq S\and T \not = \emptyset} (-1) ^ {\vert T \vert + 1} E(\min(T)) \]

然后发现，我们想一下，对于一个集合来说他们的 \(\min(T)\) 怎么求，不妨设这个 \(T\) 集合里有 \(m\) 个元素，编号分别为 \(1, 2, 3, \ldots, m\)，然后答案应该是

\[E(\min(T)) = \frac{S}{\sum_{i = 1} ^ m A_i}\times \left(\sum_{\forall 1\le i \le m, 0\le c_i < b_i}\frac{\left(\sum_{i} c_i\right) !}{\prod _{i} c_i !}\prod_{i = 1} ^ m\left({\frac{A_i}{\sum_{j = 1} ^ m A_j}}\right) ^ {c_i}\right) \]

表示每个东西的选择次数都没有超过 \(B_i\) 的期望时间。我们+1 就是所求

这玩意，然后我们发现，每次如果添加一个元素，动的只有上面的 \(\sum_{i} c_i\) 还有 \(\sum_{j} A_j\)，于是可以开一个 \(f(i, j, k)\) 表示做到第 \(i\) 个，然后 \(\sum A = j, \sum c = k\) 的期望时间，我们可以在最开头的时候令 \(f(0, 0, 0) = -1\)，这样就可以最后避免加上1什么的了。

[AGC034E] RNG and XOR

题意

有一个随机数生成器，生成 \([0, 2 ^ N - 1]\) 之间的整数。你开始有一个 \(x = 0\)，每次随机生成一个 \(y\)（生成 \(y\) 的概率为 \(p_y\)），然后 \(x\) 异或上 \(y\)，求 \(x\) 第一次变成 \(i\) 的期望操作次数 \(f_i\)。

题解

我们考虑一个 \(dp\)，然后

\[f_i = \begin{cases} 0 & i = 0\\ 1+\sum_{j} f_{i \oplus j} p _j & i \not = 0 \end{cases} \]

这玩意你转成集合幂级数，然后 \(F = F * P + I - 2 ^ Nx ^ {\empty}\) 然后，这玩意你考虑求出来 \(\hat{F(x)} = \frac{2 ^ n(x^{\empty} - I(x))}{I(x) - \hat{P(x)}}\)，然后就可以算了，但是 \(I(\empty) - \hat{P(\empty)} = 0\)，不能直接除过去，我们考虑 \(f(\empty) = \sum_{S \in 2 ^ U} \hat{f(S)}\) 即可，我们就可以解出来 \(\hat{f(\empty)} = -\sum_{S \in 2 ^ U, S \not = \empty} \hat{f (S)}\)。