「题解」ABC288Ex A Nameless Counting Problem 翻译官方题解 + 生成函数做法

orz α

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翻译官方题解。

一

考虑 \(A_i\leq A_{i+1}\) 这个条件可以将序列与可重集构成一组双射。问题就是计算包含 \(N\) 个 \(\leq M\) 的数的可重集 \(A\) 的个数使得 xor 和为 \(X\)．而考虑一个值只有出现奇数次才会产生贡献，那么对这个进行计数，再算一下剩下偶数次的贡献即可。

具体地，令 \(g_L\) 为 \(L\) 个 \(\leq M\) 的两两不同的数组成的序列个数使得 xor 和为 \(X\)，然后考虑剩余 \(N-L\) 个数必须是每个值都出现偶数次，那么即有：

\[ans=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{N}{2}\rfloor}\frac{g(N-2i)}{(N-2i)!}\binom{M+i}{i} \]

这里 \(g\) 的定义从可重集修改为序列是因为少了 \(A_i\leq A_{i+1}\) 这样的限制可能会更容易地计数。

二

现在有 \(\leq M\)，两两不同，xor 和为 \(X\) 这三个限制，而 \(\leq M\) 和 xor 和为 \(X\) 这两个限制都能很好和数位 dp 结合，而两两不同难以在数位 dp 中描述。那就先用数位 dp 求出可以出现相同的方案数，再减去不合法的方案数。前者很容易用 \(f_{i,j}\) 表示从高到低考虑到了第 \(i\) 位，有 \(j\) 个已经脱离了上界的限制，并且前面的位都满足 xor 的限制，方案数是多少。转移的时候枚举有几个新脱离上界的数，这里对于每个 \(L\) 可以 \(\mathcal{O}(L^2\log M)\) 解决。

减去不合法的情况，先考虑不合法的情况的形态能怎么描述。

这里还是考虑按奇偶分，因为出现偶数次的不会对 xor 产生贡献。为了能够计数还要记奇数和偶数各出现了多少种。所以将不合法的情况划分成这样的等价类：

• 出现次数为奇数的一共出现了 \(i\) 次；
• 出现次数为奇数的一共有 \(j\) 种（\(j<L\)）；
• 出现次数为偶数的一共出现了 \(k\) 种。

对于每个 \((i,j,k)\) 计算这个等价类的方案数：

• 选出值的出现次数为奇数的位置，\(\binom{L}{i}\) 种方案；
• 奇数内部安排位置，要算 \(i\) 个元素划分成 \(j\) 个大小为奇数的集合方案数 \(\text{odd}(i,j)\)，偶数同理要计算 \(\text{even}(L-i,k)\)
• 给产生贡献的 \(j\) 种数（也就是出现次数为奇数的值）分配取值，有 \(g_j\) 种方案；给出现次数为偶数的值分配取值，有 \((M+1-j)^{\underline k}\) 种方案。

那么就是每次要减去：

\[\binom{L}{i}\text{odd}(i,j)\text{even}(L-i,k)g_j(M+1-j)^{\underline k} \]

而计算 \(\text{odd}(i,j),\text{even}(i,j)\) 可以提前 \(\mathcal{O}(N^3)\) 预处理出来（枚举最后这个元素所在集合大小）。

而最后这个很容易通过前缀和优化做到每次 \(\mathcal{O}(L^2)\) 统计。

那么总的复杂度就是 \(\mathcal{O}(N^3\log M)\)．

生成函数

alpha1022 太强大了！

令 \(x\) 为集合幂级数的元，其中乘法是作异或卷积。\(t\) 是形式幂级数的元，记录选了多少个数。生成函数直接列出来：

\[[x^Xt^N]\prod_{S=0}^M\frac{1}{1-tx^S}=[x^Xt^N]\prod_{S=0}^M\frac{1+tx^S}{1-t^2} \]

先在 \(x\) 这一维上做 FWT．

\[[x^T]FWT(F)=\prod_{S=0}^M\frac{1+(-1)^{|S\cap T|}t}{1-t^2} \]

再做一下 IFWT．

\[[x^X]IFWT(FWT(F))=\frac{1}{2^L}\sum_{T=0}^{2^L-1}(-1)^{|X\cap T|}\prod_{S=0}^M\frac{1+(-1)^{|S\cap T|}t}{1-t^2} \]

然后提取 \([t^N]\)．

再往后一步真是神之一眼！α：这个老典了/shui

结论是 \(\prod_{S=0}^M (1+(-1)^{|S\cap T|}t)\) 只有本质不同 \(\mathcal{O}{(L)}\) 个。也就是 \(\sum _{S=0}^M[2\mid|S\cap T|]\) 只有本质不同的 \(\mathcal{O}(L)\) 种，

首先考虑 \(M=2^L-1\) 的情况，当且仅当 \(T\) 的最后 \(L\) 位都为 \(0\) 的时候求和为 \(2^L-1\)，如果有一个 \(1\) 出现就为 \(2^{L-1}\)．易证。

然后考虑将所有的 \(S\) 挂在 Trie 树上，这样被划分成了 \(\mathcal{O}(L)\) 棵子树，\(M\) 每次有一个 \(1\) 就会往左分出去一个子树。然后考虑一个 \(T\) 怎样计算答案，发现 lowbit 那一位之上（不含）的那些子树贡献一定为 \(2^{d-1}\)，\(d\) 是这个子树的深度为多少，\(T\) 的后 \(d\) 位出现了 \(1\)，而不管上面 \(L-d\) 位贡献多少只不过是 \([2\mid |S\cap T|]\) 和 \(|2\not\mid |S\cap T||\) 的区别，答案都是 \(2^{d-1}\)．然后考虑 lowbit 那一位及以下的那些子树，它们贡献 \(0\) 还是 \(2^{d}\) 就取决于 \(|T\cap M|\) 的奇偶性了。

所以只需要知道 \(T\) 的 lowbit 在哪里，\(T\) 的 lowbit 是否在 \(M\) 中，以及 \(|T\cap M|\) 的奇偶性即可算出 \(\sum _{S=0}^M[2\mid|S\cap T|]\) 的值。计算这样的 \(T\) 有多少个也是简单的。

最后的问题就是有 \(\mathcal{O}(L)\) 个 \(c_i\)，计算：

\[[t^N]\frac{(1+t)^{c_i}(1-t)^{M+1-c_i}}{(1-t^2)^{M+1}}=[t^N](1+t)^a(1-t)^b \]

直接枚举左边 \(t^i\) 和右边 \(t^{N-i}\) 然后组合数乘起来就行。

qycnb！d-finite，存在整式递推。令 \(F(t)=(1+t)^a(1-t)^b\)，\(F^\prime(t)=\frac{aF(t)}{(1+t)}+\frac{bF(t)}{(1-t)}\)，通分之后提取 \([t^N]\) 得到整式递推。这样能求出所有的系数，然后就可以对所有的 \(N\) 都算出来答案了！！！对 d-finite 还是不熟/fn/fn/fn

时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(N\log M)\)．