闲话 24.7.28

闲话

今天闲话的内容其实已经在前面的闲话里预告了（
下面把 YDRG006G 称作 (?) 题。（这也是内部通称）
6.18：实现了 (?) 题的 std
7.15：确定 (?) 题会出现在熨斗月赛

这题还挺简单的不是吗（
至少场上有个组合意义大神（handle：shijiuwan）推出了只用组合数的式子：

((\binom{2 n}{n}) - (\binom{2 n}{n + 1})) (\binom{n}{k}) + \sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 0}^{x - 1} \sum_{i = 1}^{min (k, x)} (\binom{x - 1}{i - 1}) (\binom{n - y}{k - i}) ((\binom{x + y - 1}{x - 1}) - (\binom{x + y - 1}{x})) ((\binom{2 n - x - y}{n - y}) - (\binom{2 n - x - y}{n - y + 1}))

$\left(\dbinom{2n}n-\dbinom{2n}{n+1}\right)\dbinom nk+\sum_{x=1}^n\sum_{y=0}^{x-1}\sum_{i=1}^{\min(k,x)}\dbinom{x-1}{i-1}\dbinom{n-y}{k-i}\left(\dbinom{x+y-1}{x-1}-\dbinom{x+y-1}x\right)\left(\dbinom{2n-x-y}{n-y}-\dbinom{2n-x-y}{n-y+1}\right)$

呃呃。有没有数学大神帮我看看这个还有救吗（

推歌：七月狭缝 by 负二价- feat. 言和
仙品 /qdqd

放下成箱的行李
在六月常驻的雨
捡起泛黄的信笺
我梦见
物质 / 是脉搏的化石
生命 / 是传承的歌谣

祛魅：云斗新比赛的括号序列题怎么做？

本题来自我和 jijidawang。我只把我的部分放在下面，想要全部题解的可以去找 jjdw 要 pdf。

合法括号序列的定义：

空括号序列是合法括号序列；
若 A 是合法括号序列，则 (A) 也是合法括号序列；
若 A，B 都是合法括号序列，则 AB 也是合法括号序列；
除此之外的所有括号序列均不是合法括号序列。

(?) 题

一个字符集为 $\{$ (, ?, ) $\}$ 的序列是好的，当且仅当存在一种方案，使得把每个 ? 替换为 ( 或 ) 后得到的序列是合法括号序列。

现在给定 $n$ ，你需要对每个 $1\le k \le n$ 计数长度为 $2n$ ，恰包含 $k$ 个 ? 的好序列。答案对 $10^9 + 3579$ （一个质数，非 ntt 模数）取模。

$1\le n\le 10^7$ ，时间限制 $10s$ 。

常数真的很大（
specify 不是我做的，我只会 analyze。

jjdw 声称，通过 [数据删除] 我们可以知道答案即为

[s^{k} t^{2 n}] \frac{(1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}}) (1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}} - 4 (1 + s) t^{2})}{2 (1 + s)^{2} t^{2} (1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}} - 2 (2 + s) t^{2})}

$[s^kt^{2n}] \frac{\left(1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}\right)\left(1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}-4(1+s)t^2\right)}{2(1+s)^2t^2\left(1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}-2(2+s)t^2\right)}$

你相信这个式子可以 $O(n)$ 求一行吗？

可能并不相信！但是接下来你会慢慢相信我的 😉
注意到二叉树方程的形式，定向整理得

[s^{k} t^{2 n}] \frac{\frac{1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}}}{2 (1 + s) t^{2}} (\frac{1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}}}{2 (1 + s) t^{2}} - 2)}{(1 + s) (\frac{1 - \sqrt{1 - 4 (1 + s) t^{2}}}{2 (1 + s) t^{2}} - \frac{2 + s}{1 + s})}

$[s^kt^{2n}] \frac{\dfrac{1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}}{2(1+s)t^2} \left(\dfrac{1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}}{2(1+s)t^2} - 2\right)}{(1+s)\left(\dfrac{1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}}{2(1+s)t^2}-\dfrac{2+s}{1+s}\right)}$

令 $H(s, t^2) = \dfrac{1-\sqrt{1-4(1+s)t^2}}{2(1+s)t^2} - 1$ ，其满足二叉树方程 $H = (1+s)t(H+1)^2$ 。对 $t$ 维，原式为复合的形式。根据拉格朗日反演，整理得

\begin{aligned} = & [t^{2 n}] \frac{H^{2} (s, t^{2}) - 1}{(1 + s) H (s, t^{2}) - 1} \\ = & [t^{n}] \frac{H^{2} (s, t) - 1}{(1 + s) H (s, t) - 1} \\ = & \frac{1}{n} [t^{n - 1}] {(\frac{t^{2} - 1}{(1 + s) t - 1})}^{'} {(\frac{t}{\frac{t}{(1 + s) (1 + t)^{2}}})}^{n} \\ = & \frac{1}{n} [t^{n - 1}] \frac{(1 + s)^{n} (1 + t)^{2 n} (s (t^{2} + 1) + (t - 1)^{2})}{((1 + s) t - 1)^{2}} \end{aligned}

$\begin{aligned} \\ = \ & [t^{2n}] \frac{H^2(s, t^2) - 1}{(1+s)H(s,t^2)-1} \\ = \ & [t^{n}] \frac{H^2(s, t) - 1}{(1+s)H(s,t)-1} \\ = \ & \frac{1}{n} [t^{n - 1}] \left(\frac{t^2 - 1}{(1+s)t-1}\right)' \left(\frac{t}{\frac{t}{(1+s)(1+t)^2}}\right)^n \\ = \ & \frac{1}{n} [t^{n - 1}] \frac{(1+s)^n(1+t)^{2n}\left(s(t^2+1)+(t-1)^2\right)}{((1+s)t-1)^2} \end{aligned}$

随后 $1/n$ 外的部分即

\begin{aligned} [s^{k} t^{n - 1}] \frac{(1 + s)^{n} (1 + t)^{2 n} (s (t^{2} + 1) + (t - 1)^{2})}{((1 + s) t - 1)^{2}} \\ = & [s^{k}] (1 + s)^{n} [t^{n - 1}] ((1 + s) t^{2} - 2 t + (1 + s)) \frac{(1 + t)^{2 n}}{(1 - (1 + s) t)^{2}} \\ = & [s^{k}] (1 + s)^{n} (\sum_{i = 0}^{n - 3} (\binom{2 n}{i}) (n - i - 2) (1 + s)^{n - i - 2} - 2 \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{2 n}{i}) (n - i - 1) (1 + s)^{n - i - 2} + \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{2 n}{i}) (n - i) (1 + s)^{n - i}) \\ = & \sum_{i = 0}^{n - 3} (\binom{2 n}{i}) (\binom{2 n - 2 - i}{k}) (n - i - 2) - 2 \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{2 n}{i}) (\binom{2 n - 2 - i}{k}) (n - i - 1) + \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{2 n}{i}) (\binom{2 n - i}{k}) (n - i) \end{aligned}

$\begin{aligned}&[s^kt^{n-1}]\frac{(1+s)^n(1+t)^{2n}\left(s(t^2+1)+(t-1)^2\right)}{((1+s)t-1)^2}\\=&[s^k](1+s)^n[t^{n-1}]((1+s)t^2-2t+(1+s))\dfrac{(1+t)^{2n}}{(1-(1+s)t)^2}\\=&[s^k](1+s)^n\left(\sum_{i=0}^{n-3}\binom{2n}i(n-i-2)(1+s)^{n-i-2}-2\sum_{i=0}^{n-2}\binom{2n}i(n-i-1)(1+s)^{n-i-2}+\sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}i(n-i)(1+s)^{n-i}\right)\\=&\sum_{i=0}^{n-3}\binom{2n}i\binom{2n-2-i}k(n-i-2)-2\sum_{i=0}^{n-2}\binom{2n}i\binom{2n-2-i}k(n-i-1)+\sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}i\binom{2n-i}k(n-i)\end{aligned}$

到这一步我们便可自然地得到一种 $O(n)$ 计算单点的方法。然而使用此方法对每个 $k$ 求出答案是困难的，处理不太封闭的和式总难以应用直觉获得递推或进行简化。

因此回到 gf：

[s^{k}] (1 + s)^{n} (\sum_{i = 0}^{n - 3} (\binom{2 n}{i}) (n - i - 2) (1 + s)^{n - i - 2} - 2 \sum_{i = 0}^{n - 2} (\binom{2 n}{i}) (n - i - 1) (1 + s)^{n - i - 2} + \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{2 n}{i}) (n - i) (1 + s)^{n - i})

$[s^k](1+s)^n\left(\sum_{i=0}^{n-3}\binom{2n}i(n-i-2)(1+s)^{n-i-2}-2\sum_{i=0}^{n-2}\binom{2n}i(n-i-1)(1+s)^{n-i-2}+\sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}i(n-i)(1+s)^{n-i}\right)$

可以看出复合 $s + 1$ 的部分。经过一些推导知道这就是

[s^{k}] ((\binom{2 n}{n + 3})_{2} F_{1} (\begin{matrix} 2, 3 - n \\ n + 4 \end{matrix} | - s) s^{n + 1} + (\binom{2 n}{n + 2})_{2} F_{1} (\begin{matrix} 2, 2 - n \\ n + 3 \end{matrix} | - s) s^{n} + (\binom{2 n}{n + 1})_{2} F_{1} (\begin{matrix} 2, 1 - n \\ n + 2 \end{matrix} | - s) s^{n + 1}) \circ (1 + s)

$[s^k]\left(\binom{2n}{n+3}{}_2F_1\left(\left.\begin{matrix}2,3-n\\n+4\end{matrix}\right\rvert-s\right)s^{n+1} + \binom{2n}{n+2}{}_2F_1\left(\left.\begin{matrix}2,2-n\\n+3\end{matrix}\right\rvert-s\right)s^n + \binom{2n}{n+1}{}_2F_1\left(\left.\begin{matrix}2,1-n\\n+2\end{matrix}\right\rvert-s\right)s^{n+1}\right)\circ(1+s)$

这自然是 d-finite 的。确定 $n$ 后可以 $O(n)$ 对每个 $k$ 求出答案，随后回答询问即可。使用 ode 自动机，总时间复杂度 $O(n)$ 。

我用 ode 自动机找出来的递推式需要前五项作为初值，所以 std 需要用五次上面的线性求单点，然后线性地递推出每一项。代码不放了，没有实现难度。

能不能再给力一点啊？常数实在太大了！

posted @ 2024-07-28 07:39 joke3579 阅读(225) 评论(1) 编辑收藏举报

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