2024.9 做题记录

1.P7811 JRKSJ R2 你的名字。

不难，但是卡常 /tuu
首先对 $k$ 根号分治，记阈值为 $B_1$，对序列分块，记阈值为 $B_2$。

对于 $k \le B_1$ 的情况，可以直接枚举 $k$，然后转化成区间 min，这部分时间复杂度 $O\left(nB_1 + m\left(B_2 + \dfrac{n}{B_2}\right)\right)$。

对于 $k > B_1$ 的部分，考虑将一个询问拆成对于每个 $x$ 询问 $[l, r]$ 中 $\ge kx$ 的最小值，一个询问会被拆成 $O\bigg(\dfrac{V}{B_1}\bigg)$ 个。
改为从小往大加入后变成 $O(n)$ 次单点改，$O\bigg(\dfrac{mV}{B_1}\bigg)$ 次查询区间 min。
考虑先把 $[l, r]$ 在同一个块内的询问暴力做，这部分时间复杂度是 $O(mB_2)$ 的。
然后剩下的询问都能被拆成一个块的后缀 min、一个块的前缀 min、一段块的区间 min。
考虑每个块维护前后缀 min，块间维护 ST 表，这样查询是 $O(1)$ 的，修改 ST 表上只用改 $O\bigg(\sum_{i \ge 0} \dfrac{n}{2^iB_2}\bigg) = O\bigg(\dfrac{n}{B_2}\bigg)$ 个位置，是 $O\left(\dfrac{n}{B_2} + B_2\right)$ 的。
这部分总时间复杂度为 $O\left(\dfrac{n}{B_2} \log \dfrac{n}{B_2} + mB_2 + \dfrac{mV}{B_1} + n\left(\dfrac{n}{B_2} + B_2\right) \right)$。

总时间复杂度为 $O\left( nB_1 + m\left(B_2 + \dfrac{n}{B_2}\right) + mB_2 + \dfrac{mV}{B_1} + n\left(\dfrac{n}{B_2} + B_2\right) \right)$，当 $B_1 = \sqrt V$，$B_2 = \sqrt n$ 时，时间复杂度为 $O\big((n + m) \big(\sqrt n + \sqrt V\big)\big)$。
卡常的话可以把 $B_1$ 开大一点。

2.SPOJ2939 QTREE5 - Query on a tree V

挺简单的，直接点分树就做完了。

3.P6688 可重集

记区间 $[l, r]$ 的哈希值为：$\sum_{i = l}^r g^{a_i}$，这样就能快速至于平移 $k$ 了。
不难发现 $k = \min_{i \in [l_1, r_1]}(a_i) - \min_{i \in [l_2, r_2]}(a_i)$，然后就做完了。
时间复杂度 $O(n \log n)$。

4.CF1801F Another n-dimensional chocolate bar

设 $f_{i, j}$ 表示考虑了前 $i$ 个，现在还要求 $\prod_{x > i} b_x \ge j$ 时要求的式子的最大值。
转移为：

$$f_{i, j} \rightarrow f_{i + 1, \lceil \frac{j}{k} \rceil} \times \left\lfloor \frac{a_i}{k} \right\rfloor \times \frac{1}{a_i}$$

我们比较习惯向下取整，所以可以改写为：

$$f_{i, j} \rightarrow f_{i + 1, \lfloor\frac{j - 1}{k}\rfloor +1} \times \left\lfloor \frac{a_i}{k} \right\rfloor \times \frac{1}{a_i}$$

算一下状态数。考虑转移两次后，不难发现：

$$\left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{x - 1}{a} \right\rfloor + 1 - 1}{b} \right\rfloor + 1 = \left\lfloor \dfrac{x - 1}{ab} \right\rfloor +1$$

这也就是说，我们 DP 状态的第二位一定是 $\left\{ \left\lfloor \dfrac{k - 1}{x} + 1 \right\rfloor\right\}$，也就是说第二维的大小是 $O(\sqrt k)$ 的。

再算一下转移的时间复杂度：

$$O\left( \sum_{i = 1}^{\sqrt k} \sqrt i + \sqrt{\left\lfloor \frac{k}{i}\right\rfloor} \right) = O\left( \int_{1}^\sqrt k \left(\sqrt x + \sqrt{\frac{k}{x}} \right) \mathrm{d}x \right) = O\big(k^{\frac{3}{4}}\big)$$

总时间复杂度 $O\big(nk^{\frac{3}{4}}\big)$。

5.CF504E Misha and LCP on Tree

先剖一下，然后每个询问就都被拆成了 $O(\log n)$ 段字符串。
按 dfn 序正反建 SA，然后就能快速求出两段字符串的 LCP，双指针统计答案即可。
时间复杂度 $O((n + q)\log n)$。

6.CF914F Substrings in a String

bitset 字符串匹配。
正解是分块 SAM 支持修改，查询通过根号分治处理。

7.P1222 三角形 and P3219 HNOI2012 三角形覆盖问题

首先我们可以将 $x$ 轴切成 $O(n)$ 区间，使得每个区间中只有 $O(n)$ 个梯形。
将三角形按 $y$ 排序，扫描每个区间统计答案即可。
时间复杂度 $O(n^2)$。

还有一种 $O(n \log n)$ 的做法。
首先按 $x$ 排序，维护当前 $y$ 轴上所有的不交的被覆盖的区间。
现在要做的就是三件事：

• 插入一个三角形。
• 删除一个三角形。
• 分裂一段区间。

可以用 set 维护。
插入的时候先把所有被它包含的删掉，然后再插入。
删除可以直接删。
分裂的话可以维护相邻两个三角形的交的大小，如果最小的为 0 就删掉原本的区间后再插入新的区间。

分析一下时间复杂度。
一个三角形最多被插入 1 次，所以插入的时间复杂度是 $O(n \log n)$ 的。
同理，删除也是 $O(n \log n)$ 的。
对于分裂，发现插入一个三角形最多会造成 2 次分裂，所以时间复杂度也是 $O(n \log n)$ 的。
总时间复杂度 $O(n \log n)$。

8.P5291 十二省联考 2019 希望

过了！赢！

首先的第一想法是把包括每个点的答案算出来然后相加，但这样会算重。
但是你发现，对于一组方案， 它能到达的点一定是一个连通块，我们想让它只被算一次。这个可以点边容斥 $1 = V - E$。

也就是说，我们要把每个点和每条边的答案算出来相减。
考虑 DP：记 $f_{u, i}$ 表示选出一个在 $u$ 子树内且最远点与 $u$ 距离不超过 $i$ 的包含 $u$ 的连通块方案数，$g_{u, i}$ 表示选出一个在 $u$ 子树内且最远点与 $u$ 距离不超过 $i$ 的包含 $u$ 的连通块的方案数。
转移为：

$$\begin{aligned} f_{u, i} &\leftarrow \prod_{v \in \mathbb{son}(u)} (1 + f_{v, i - 1}) \\ g_{u, i} &\leftarrow g_{fa_u, i - 1} \prod_{v \in \mathbb{son}(fa_u) \land v \neq u} (f_{v, i - 2} + 1) + 1 \end{aligned}$$

然后点的贡献为 $(f_{u, L} g_{u, L})^k$，$u \rightarrow fa_u$ 这条边的贡献为 $\big( f_{u, L - 1}(g_{u, L} - 1) \big)^k$。

现在的问题是优化这个东西，显然要长链剖分。
记 $dep_u$ 表示 $u$ 到子树内离他最远的叶子的距离。

先考虑 $f$。发现虽然 $f$ 第二位的范围是 $O(n)$ 的，但是 $[dep_u, n]$ 这一部分的值都是相等的。
思考一下我们要支持什么操作：后缀乘，全局加，单点乘。
不难想到用带 $\log$ 的数据结构维护，但是我们要线性。
对于后缀乘操作，我们对前缀的每个点乘上它的逆元，然后就变成全局乘了。
对于乘 0 的情况，我们可以维护 $(lim_u, val_u)$ 表示 $f_{u, \ge lim_u} = val_u$，然后能简单维护。
现在的问题是求逆元，不难发现需要求逆元的位置只有 $f_{u, dep_u - 1}$，所以可以预处理后 $O(n)$ 求出所有逆元。
这样对 $f$ 的转移就做到了线性。

然后考虑 $g$。发现 $g$ 的第二位只需要维护 $[\max(0, L - dep_u), L]$ 即可转移。
考虑长儿子继承父亲的答案，短儿子暴力转移，这样就做到了 $O\big(\sum dep_u\big) = O(n)$ 转移。
发现求 $g$ 需要求 $f$ 的前后缀乘积，而 $f_u$ 的前缀乘积是 $f_{fa_u}$ 做到 $u$ 这个儿子前的值，后缀乘积我们可以简单维护，所以只需要支持对 $f$ 的可撤销。

具体的说，我们先在求 $f$ 的时候，把在每个点对 $f$ 的影响记下来。
然后在求 $g$ 的时候，按照和 $f$ 相反的顺序做，每次把当前儿子的影响撤销，这样 $f$ 中存储的就是前缀乘积。然后将对应儿子的 $f$ 的值乘到长儿子的 $g$ 上，这样长儿子的 $g$ 中存储的就是当前的后缀乘积。
这样我们就实现了求前后缀积，剩下的按式子转移即可。

时间复杂度 $O(n)$。

9.P8557 炼金术（Alchemy）

考虑将每种金属往熔炉里放，这样方案数就是 $(2^k - 1)^n$。

10.P5303 GXOI/GZOI2019 逼死强迫症

不难发现，如果固定了两个 $1 \times 1$ 的砖块的位置分别为 $l, r(r - l > 1)$，那么第 $[l, r]$ 列的放法就固定了，第 $[1, l - 1]$ 和 $[r + 1, n]$ 列的方法是斐波那契数列。
所以答案的式子是：

$$\begin{aligned} ans &= 2\sum_{r = 3}^n \text{Fib}_{n - r} \sum_{l = 1}^{r - 2} \text{Fib}_{l - 1} \\ &= 2\sum_{r = 3}^n \text{Fib}_{n - r} (\text{Fib}_{r - 1} - 1) \\ &= 2 - 2\text{Fib}_{n - 1} + 2\sum_{i = 0}^{n - 3} \text{Fib}_{i} \text{Fib}_{n - i - 1} \end{aligned}$$

如果记 $S_n = \sum_{i = 0}^n \text{Fib}_i \text{Fib}_{n - i}$，那么有：

$$\begin{aligned} ans &= 2 + 2 S_{n - 1} - 4 \text{Fib}_{n - 1} - 2\text{Fib}_{n - 2} \end{aligned}$$

矩阵乘法即可。
时间复杂度 $O(\omega^3 \log n + T \omega^2 \log n)$，其中 $\omega = 4$。

11.P7706 「Wdsr-2.7」文文的摄影布置

首先观察到，因为求的是 $\phi(l, r)$ 的最大值，所以 $\min(B_j)$ 是没用的，因为取到最大时 $B_j$ 一定最小。
然后就可以线段树简单维护了。
时间复杂度 $O(q \log n)$。

12.P6327 区间加区间 sin 和

直接线段树。

13.P5278 算术天才⑨与等差数列

判定条件是：

• 若 $k \neq 0$，$\gcd(a_{l + 1} - a_l, a_{l + 2} - a_{l + 2}, \cdots, a_{r} - a_{r - 1}) \equiv 0 \pmod k$。
• $\max_{i \in [l, r]} a_i - \min_{i \in [l, r]} a_i = (r - l) \times k$。
• 若 $k \neq 0$，$a_{[l, r]}$ 互不相等。
  直接线段树维护即可。
  时间复杂度 $O(n \log V + q(\log n + \log V))$。

14.P6617 查找 Search

对每个 $i$ 记 $lst_i$ 表示 $\max_{j < i \land a_j + a_i = w} j$，查询就是查 $lst$ 的区间 $\max$。
然后发现这样修改不了。
你发现你修改不了的原因是你会影响到下一个 $a_i$ 之间的所有满足 $a_j + a_i = w$ 的数，但是这些里面只有第一个是对答案有影响的，其他的一定不优，所以把其他的 $lst_j$ 赋值为 0 即可。
时间复杂度 $O((n + q) \log n)$。

15.P4344 SHOI2015 脑洞治疗仪

区间覆盖，区间最长连续 0 子串。

16.P2572 SCOI2010 序列操作

。

17.P4146 序列终结者

。

18.P7738 NOI2021 量子通信

首先发现，由于 $k \le 15$，所以如果我们对每个串按 $B = 16$ 分块，那么至少有一块询问串和字典串是相同的。
由于数据随机，对于查询串的一块，字典串中与这一块相同的串的期望个数为 6.103515625。
所以暴力枚举询问串的每个块，找字典串中与他相同的判断即可。

20.P8576 「DTOI-2」星之界

不难发现，操作二的答案是：

$$\binom{\sum_{i = l}^r a_i}{a_l, \cdots, a_r} = \frac{(\sum_{i = l}^r a_i)!}{\prod_{i = l}^r a_i!}$$

只需维护区间和、区间每个数阶乘的乘积。

看到操作一不难想到分块，这部分是简单的。
注意每块的并查集不能对每个颜色维护，而是要对每个位置维护它与哪个位置颜色相等。如果按前一种方法维护，那么 $x \rightarrow y$，$z \rightarrow x$ 之后 $z$ 的颜色无法维护。

时间复杂度 $O(q \sqrt n)$。

21.P8321 『JROI-4』沈阳大街 2

相当于把 $A$ 和 $B$ 两两匹配，贡献为没对匹配较小的数的乘积。
所以我们把 $A$ 和 $B$ 拼起来，从大到小排序，在后面的数的位置计算贡献即可。

考虑 DP。设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数，匹配了 $j$ 对的贡献之和，转移为：

$$\begin{aligned} f_{i, j} &\leftarrow f_{i - 1, j} \\ f_{i, j} &\leftarrow f_{i - 1, j - 1} \times a_i \times \big(cnt_{1 - type_i, i - 1} - (j - 1) \big) \end{aligned}$$

答案为 $f_{n \times 2, n} / n!$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

22.P1641 SCOI2010 生成字符串

看成初始在 $(0, 0)$，当前在 $(x, y)$，如果选 0 就走到 $(x + 1, y - 1)$，如果选 1 就走到 $(x + 1, y + 1)$，最后在 $(n, n - m)$ 且纵坐标始终不小于 0 的方案数。
答案为 $\binom{n + m}{m} - \binom{n + m}{m - 1}$。

23.P3773 CTSC2017 吉夫特

先按 Lucas 定理分解一下。记 $a_{b_i}$ 的二进制分解的第 $j$ 位为 $c_{i, j}$，则有：

$$\prod_{i = 2}^k \binom{a_{b_{i - 1}}}{a_{b_i}} \equiv \prod_{i = 2}^k \prod_{j} \binom{c_{i - 1, j}}{c_{i, j}} \pmod 2$$

这就要求每个 $\binom{c_{i, j}}{c_{i - 1, j}}$ 都不等于 0，也就是说 $c_{i - 1, j} \ge c_{i, j}$，也就是说如果把二进制看成集合，那么 $a_{b_{i}} \subseteq a_{b_{i - 1}}$。

考虑 DP。记 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的方案数，那么转移为：

$$f_{i} \leftarrow \sum_{j > i \land a_j \subseteq a_i} f_{j}$$

可通过枚举子集做到 $O\big(3^{\log V}\big)$。

24.P8688 蓝桥杯 2019 省 A 组合数问题 and P6669 清华集训2016 组合数问题

先按 Lucas 定理分解一下 $\binom{n}{m}$，不妨 $n = \sum_{i} a_i k^i$，$m = \sum_i b_i k^i$，那么有：

$$\binom{n}{m} \equiv \prod_i \binom{a_i}{b_i} \pmod k$$

那么 $\binom{n}{m} = 0 \iff \exists i, a_i < b_i$。
存在一个不好算，改为算 $\forall i, a_i \ge b_i$。

考虑数位 DP。设 $f_{i, 0 / 1, 0 / 1}$ 表示考虑了高 $i$ 位，$a$ 贴 / 不贴上界，$b$ 贴 / 不贴上界的方案数。
转移为：

$$\begin{aligned} f_{i, 1, 1} &\leftarrow [a_i \ge b_i] f_{i + 1, 1, 1} \\ f_{i, 1, 0} &\leftarrow f_{i + 1, 1, 1} \times \min(a_i + 1, b_i) \\ &+ f_{i + 1, 1, 0} \times (a_i + 1) \\ f_{i, 0, 1} &\leftarrow [a_i > b_i] f_{i + 1, 1, 1} \times (a_i - b_i) \\ &+ f_{i + 1, 0, 1} \times (k - b) \\ f_{i, 0, 0} &\leftarrow f_{len + 1, 1, 1}\times\operatorname{calc}(a,b) \\ &+ f_{len + 1, 1, 0} \times \operatorname{calc}(a, k) \\ &+ f_{len + 1, 0, 1} \times \operatorname{calc}(k, b) \\ &+ f_{len + 1, 0, 0} \times \operatorname{calc}(k, k) \end{aligned}$$

其中：

$$\begin{aligned} \operatorname{calc}(n, m) &= \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{m - 1} [i \le j] \\ &= \begin{cases} \dfrac{n(n + 1)}{2} &, \text{if } n \le m\\ \dfrac{m(m + 1)}{2} + (n - m) m &, \text{else}\\ \end{cases} \end{aligned}$$

时间复杂度 $O\big(\sum \log_k n\big)$。

25.P8594 「KDOI-02」一个仇的复

不难发现只有 $x = 2$ 是特殊的，因为一个 $2 \times 1$ 的矩形是可以竖着填的，其他的矩形都只能横着填。
所以考虑枚举 $2 \times 1$ 的矩形个数 $i$，它将整个网格分隔成了 $2 \times a_1, 2 \times a_2, \cdots, 2 \times a_j \ (\sum_{x = 1}^j a_x = n - i)$ 这些较小的网格。
不难通过插板得到分隔的方案数为：

$$\binom{i + 1}{j}$$

现在的问题是计算每部分的方案数。

先考虑对于一个 $2 \times n$ 的网格，如果只允许横着放 $k$ 个矩形，那么有多少种方法。（这个是上面的子问题）
不难通过插板法得到答案：

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^{k - 1} \binom{n - 1}{i - 1} \binom{n - 1}{k - i - 1} \\ = &\sum_{i = 0}^{k - 2} \binom{n - 1}{i} \binom{n - 1}{(k - 2) - i}\\ = &\binom{2n - 2 }{k - 2} \end{aligned}$$

第一步是枚举了第一行放多少个，第三步是通过范德蒙德卷积化简。

现在再考虑原问题，答案为：

$$\sum_{\sum_{x = 1}^j b_x = k - i} \prod_{x = 1}^j \binom{2a_x - 2}{b_x - 2} = \binom{n - 2i - 2j}{n - i - 2j}$$

还是范德蒙德卷积。

此时，我们发现，在 $i, j$ 相同时，对于每种 $a$ 序列的答案都是一样的，所以我们只需要在求出 $a$ 序列的方案数即可。
不难通过插板得到答案为：

$$\binom{n - i - 1}{j - 1}$$

所以答案就是上面三部分乘起来，即：

$$\sum_{i = 0}^k \sum_{j = 1}^{k + 1} \binom{i + 1}{j} \binom{n - i - 1}{j - 1} \binom{n - 2i - 2j}{n - i - 2j}$$

但是我们还有一种情况没有考虑到，就是 $n = k$ 时我们可以全放 $2 \times 1$ 的矩形，所以真正的答案为：

$$\sum_{i = 0}^k \sum_{j = 1}^{k + 1} \binom{i + 1}{j} \binom{n - i - 1}{j - 1} \binom{n - 2i - 2j}{n - i - 2j} + [n = k]$$

时间复杂度 $O(n + k^2)$。

26.P8367 LNOI2022 盒

先考虑如果已经知道了 $b$ 数组怎样算答案。

考虑对每个 $w_i$ 分别计算贡献。记 $sa_i = \sum_{j = 1}^i a_j$，$sb_i = \sum_{j = 1}^i b_j$。
则答案为:

$$\sum_{i = 1}^{n - 1} w_i \lvert sa_i - sb_i \rvert$$

不知道 $b$ 的话可以枚举 $sb$ 的每一项，剩下的是插板：

$$\sum_{i = 1}^{n - 1} w_i \sum_{j = 0}^S \lvert sa_i - j\rvert \binom{j + i - 1}{i - 1} \binom{S - j + n - i - 1}{n - i - 1}$$

然后分类讨论拆绝对值，这里只讨论 $j \le sa_i$ 的部分，这样就转化成了求两个式子：

$$\sum_{j = 0}^k \binom{j + i - 1}{i - 1} \binom{S - j + n - i - 1}{n - i - 1}$$

$$\sum_{j = 0}^k j \binom{j + i - 1}{i - 1} \binom{S - j + n - i - 1}{n - i - 1}$$

第二个式子的形式是显然不如第一个好的，所以考虑把 $j$ 吸收进去，转成第一个，变成：

$$i \times \sum_{j = 0}^k \binom{j + i - 1}{i} \binom{S - j + n - i - 1}{n - i - 1}$$

后面的那个式子调一下 $n$ 和 $S$ 就和第一个一样了。所以现在就只需要求第一个了，记其为 $f(i, k)$。

因为 $i$ 和 $k$ 都是单调的，所以考虑每次由 $f(i, k)$ 变成 $f(i + 1, k)$ 或 $f(i, k + 1)$。

变成 $f(i, k + 1)$ 是简单的，现在主要是解决 $i$ 加一时的情况。

考虑 $f(i, k)$ 的组合意义：有 $n$ 个盒子，要放 $S$ 个小球，前 $i$ 个盒子中至多放 $k$ 个球的方案数。

这个可以转化成第 $k + 1$ 个球恰好放在 $i + 1$ 几之后的盒子里。这样可以枚举第 $k +1$ 个球放的位置，也是个插板：

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

然后 $i$ 加一就能做了。时间复杂度 $O(T(n + S))$。

27.P4456 CQOI2018 交错序列

答案为：

$$\sum_{i = 0}^n \binom{i + 1}{n - i} i^a (n - i)^b$$

然后 $i^a$ 和 $i^b$ 可以线性筛一下，这样就线性了。

28.P4562 JXOI2018 游戏

对于 $l \le i \le r$，如果 $\max_{k \mid i \land k \neq 1}(i / k) < l$，那么我们称 $i$ 是一个关键点。
不难发现，对于一个排列 $\pi$，$t(\pi) = \max_{\pi_i \text{ is a key node}} i$。
考虑利用 $sum = E \times cnt$ 来解决。
我们要求是关键点最大位置的和，不妨先求关键点最大位置的期望。

不妨记关键点的个数为 $m$。
对于一个非关键点，它在所有关键点之后的概率为 $\dfrac{1}{m + 1}$。
那么所有关键点之后的点数期望为：$\dfrac{n - m}{m + 1}$。
所以关键点最大位置的期望为：

$$n - \frac{n - m}{m +1} = (n + 1)\frac{m}{m + 1}$$

最终答案为：

$$(n + 1)\frac{m}{m + 1} \times n! = \frac{m}{m+ 1}(n + 1)!$$

关键点的个数可以线性筛出最小质因子然后计算。
时间复杂度线性。

29.P2606 ZJOI2010 排列计数

对于 $i > 1$，连边 $\lfloor i / 2 \rfloor \rightarrow i$，这样就形成了一棵外向树，我们要求的就是树的拓扑序数量。
答案为：

$$\frac{n!}{\prod_i size_i}$$

注意要把每个数表示成 $am + b$ 的形式再进行乘除运算。
时间复杂度线性。

30.P8863 「KDOI-03」构造数组

记 $m = \sum_{i = 1}^n a_i$，先把 $2 \nmid m$ 的情况判掉，然后令 $m \leftarrow m / 2$。

现在我们的问题是数长度为 $m$ 的二元组序列 $(x_i, y_i)$ 表示我们第 $i$ 次操作操作了位置 $x_i, y_i$ 的数量。
此时我们的要求是 $x_i < y_i, \sum_{i = 1}^n ([x_i = j] + [y_i = j]) = a_j$。
不妨将第一个条件变为 $x_i \neq y_i$，我们最后将结果乘 $2^{-m}$ 即可。

考虑容斥，钦定一个集合 $S$ 满足 $S$ 中的二元组满足 $x_i = y_i$，此时的容斥系数为 $(-1)^{\lvert S \rvert}$。
现在的问题是算方案数。
考虑第二个条件，我们不妨记 $c_i$ 表示钦定的二元组中 $x_j = y_j = i$ 的数量，满足 $\sum c_i = \lvert S \rvert$。
那么贡献为：

$$(-1)^{\lvert S \rvert} \binom{m}{c_1, c_2, \cdots, c_n, m - \lvert S \rvert} \binom{2(m - \lvert S \rvert)}{a_1 - 2c_1, a_2 - 2c_2, \cdots, a_n - 2c_n}$$

其中第一个组合数是把钦定的位置分配到原序列中的方案数，第二个组合数是把未被钦定的位置分配到二元组中的方案数。

拆一下：

$$\begin{aligned} & (-1)^{\lvert S \rvert} \binom{m}{c_1, c_2, \cdots, c_n, m - \lvert S \rvert} \binom{2(m - \lvert S \rvert)}{a_1 - 2c_1, a_2 - 2c_2, \cdots, a_n - 2c_n} \\ = & (-1)^{\sum c_i} \frac{m!}{(m - \lvert S \rvert)! \prod c_i!} \frac{\big( 2(m - \lvert S \rvert) \big)!}{\prod (a_i - 2c_i)!} \\ = & m! \frac{\big( 2(m - \lvert S \rvert) \big)!}{(m - \lvert S \rvert)!} \frac{\prod (-1)^{c_i}}{\prod c_i! (a_i - 2c_i)!} \\ \end{aligned}$$

不难想到记：

$$F_i(x) = \sum_{j} \frac{(-x)^j}{j!(2a_i - j)!}$$

那么答案即为：

$$\frac{m!}{2^m} \sum_{s \ge 0} \frac{\big( 2(m - s) \big)!}{(m - s)!} [x^s] \prod_{i} F_i(x)$$

暴力卷积可做到 $O(m^2)$，使用分治 NTT 可做到 $O(m \log n\log m)$。

31.P3266 JLOI2015 骗我呢

首先进行简单的观察，发现每一行都是 $0, 1, \cdots, m$ 这个序列删掉了一些数。
如果记第 $i$ 行删掉了 $a_i$，那么要求是 $a_i > a_{i - 1} - 2$。

考虑 DP，记 $f_{i, j}$ 表示考虑了前 $i$ 行，$a_i \le j$ 的方案数。
转移为：

$$f_{i, j} \leftarrow f_{i - 1, j + 1} + f_{i, j - 1}$$

画一下转移的形态，发现答案等价于从 $(0, 0)$ 走到 $(n + m + 1, n)$，每一步能向上或向右走，不经过 $y = x + 1$ 和 $y = x - (m + 2)$ 的方案数。
反射容斥即可。
时间复杂度 $O(n)$。

32.P3197 HNOI2008 越狱

。。。

33.P6692 出生点

不想写了。

34.P1450 HAOI2008 硬币购物

直接列 GF：

$$ans = [x^s] \prod_{i = 0}^3 \frac{1-x^{(d_i+1)c_i}}{1-x^{c_i}}$$

然后暴力卷起来就行。
时间复杂度 $O(ns)$。

当然你可以把分子暴力展开一下，这样就是 $O(s + n 2^w)$，其中 $w = 4$。

35.P8290 省选联考 2022 填树

首先考虑枚举最小值 $l$，那么我们剩下的能填的最大值 $r = l + k$。
但是我们恰好取到最小值不好做，所以我们进行容斥 $[\min = l] = [\min \ge l] - [\min > l]$。
那么现在我们要求的就是值域是 $[l, r]$ 的子集的方案数和权值和。

先枚举钦定的值域区间 $[l, r]$，记 $f_{u, 0 / 1}$ 表示 点 $u$ 为根选一条链的方案数 / 点 $u$ 为根的方案数，$g_{u, 0 / 1}$ 表示 点 $u$ 为根选一条链的权值和 / 点 $u$ 为根的权值和。
考虑合并点 $u$ 的儿子 $v$，记 $w_1 = \vert [l_u, r_u] \cap [l, r] \cap \mathbb{Z} \rvert$，$w_2 = \sum_{i \in [l_u, r_u] \cap [l, r] \cap \mathbb{Z}} i$，则转移为：

$$\begin{aligned} g_{u, 1} &\leftarrow g_{v, 1} + f_{u, 0} \times g_{v, 0} + f_{v, 0} \times g_{u, 0} \\ g_{u, 0} &\leftarrow g_{v, 0} \times w_1 + w_2 \times f_{v, 0} \\ f_{u, 1} &\leftarrow f_{v, 1} + f_{u, 0} \times f_{v, 0} \\ f_{u, 0} &\leftarrow f_{v, 0} \times w_1 \end{aligned}$$

时间复杂度 $O(nV)$。

发现 $w_1$ 可以表示成关于 $l$ 的至多一次的分段多项式，$w_2$ 可以表示成关于 $l$ 的至多二次的分段多项式，每个点都会把左端点的值域分成至多 5 段，所以左端点值域总共被划分成了 $O(n)$ 段，考虑对每段分别 DP。
考虑多项式次数上限。
先考虑 $f$。
固定一个 $l$ 时，$f$ 就相当于选一条链，把链上的点的 $w_1$ 乘起来，这个是至多 $n$ 次的。
然后我们对 $l$ 做了一个前缀和，这个是至多 $n + 1$ 次的。
所以 $f$ 的次数不超过 $n + 1$。
再考虑 $g$。
固定一个 $l$ 时，$g$ 就相当于选一个点，把这个点的 $w_2$ 乘上这个点的贡献次数，贡献次数就是分别从以这个点为根时的两棵不同的子树中选一条链，将他们的 $w_1$ 乘起来，这个是至多 $n + 1$ 次的。
然后我们对 $l$ 做了一个前缀和，这个是至多 $n + 2$ 次的。
所以 $g$ 的次数不超过 $n + 2$。

直接拉插可以做到 $O(n^3)$。

还有一种常数更好的做法，是从第一篇题解里看到的，我实现了一下发现确实跑的飞快。
就是你考虑直接维护这个多项式，记 $F_{u, 0 / 1}(x)$ 表示 $f_{u, 0 / 1}$ 对应的多项式，$G_{u, 0 / 1}(x)$ 表示 $g_{u, 0 / 1}$ 对应的多项式，转移和上面的一样，时间复杂度就是树形背包的 $O(n^2)$。
现在要做的就是已知 $f(x) = \sum_{i = 0}^n a_ix^i$，求 $\sum_{x = 0}^{r} f(x)$。
先变一下求和顺序：

$$\begin{aligned} \sum_{x = 0}^r f(x) &= \sum_{x = 0}^r \sum_{i = 0}^n a_i x^i \\ &= \sum_{i = 0}^n a_i \sum_{x = 0}^r x^i \end{aligned}$$

然后要求的就是 $\sum_{x = 0}^r x^k$：

$$\begin{aligned} \sum_{x = 0}^r x^k &= \sum_{x = 0}^r \sum_{i \le k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} x^{\underline i} \\ &= \sum_{i \le k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} \sum_{x = 0}^r x^{\underline{i}} \\ &= \sum_{i \le k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \sum_{x = 0}^r \binom{x}{i}\\ &= \sum_{i \le k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \binom{r + 1}{i +1} \end{aligned}$$

这样就能 $O(n^2)$ 求了。
所以时间复杂度为 $O(n^3)$，但是常数会小很多。

36.P3746 六省联考 2017 组合数问题

我太唐了。下文基本 copy 自 https://www.luogu.com.cn/article/knllx86m。

$$\begin{aligned} \sum_{i} \binom{nk}{ik + r} &= \sum_{i \bmod k = r} \binom{nk}{i} \\ &= \sum_{i \bmod k = r} [x^i](x+1)^{nk} \\ &= [x^r] \big( (x + 1)^{nk} \bmod (x^k - 1) \big) \end{aligned}$$

然后循环卷积快速幂，时间复杂度 $O(k^2 \log n)$。

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