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

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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 $\mathcal{O}(N\log M)$．