闲话 23.3.16

闲话

打题！别过你那少爷生活

好 今天又没有想说的了
但是我没学过载谭 Binomial Sums！

今日推歌：关山酒（covered by 兰音 Reine）。

杂题

我也想摆啊，但是真不能一直摆啊。

CF1034E

给定长为 $2^n$ 的序列 $a_i, b_i$，请计算 $c_i = \sum_{j | k = i,j \& k = 0} a_j\times b_k \pmod 4$。

$n\le 21$。

这是子集卷积的形式没错，但是 $O(2^n n^2)$ 的复杂度不支持 $n = 21$。

$\bmod\ 4$ 启发我们构造一种新的形式。考虑 $\forall k>0, \ 4^k\equiv 0 \pmod 4$，我们不妨采用 $4^k$ 来分离贡献。
假设 $f(v)$ 表示 $v$ 的二进制表示中 $1$ 的个数。这样我们可以发现，$4^{f(k)}$ 对第 $k$ 位的值正是一个可以分离贡献的系数，我们可以通过这个系数删除 $j\& k = 0$ 的限制。
证明考虑对 $j \& k = 0$，$4^{f(i) + f(j) - f(i | j)} = 1$，而其余情况都是 $4$ 的倍数。
因此我们只需要构造 $a_i' = a_i\times 4^{f(i)}$，则 $c'$ 序列就是 $a'$ 和 $b'$ 的或卷积。先乘入 $4^{f(i)}$ 后做或卷积，再除掉即可。

总时间复杂度 $O(2^n n)$。

Submission.

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CF1305F

给定 $n$ 个数，每次可以选择将一个数 $+1$ 或 $-1$，求至少多少次操作使得整个序列都是正数且全部元素的 $\gcd>1$ 。

$n\leq 2\times10^5,a_i\leq 10^{12}$。

这题给我整不会了。

首先一定有一个构造是操作次数 $\le n$ 的。我们只需要将所有奇数 $+1$，这样总会有 $2$ 作为 $\gcd$。
然后我们可以知道对最优方案，一定有至少一半的元素被至多操作了一次。这点可以通过反证法根据如上构造的存在性证明。

然后我们就有一种随机化方法了。我们随便找一个数，考虑它在最终方案中被 $+1/\pm 0/-1$ 的情况。这个数最终的得数是知道的，且最终的 $\gcd$ 一定是这个数其中一个质因子的倍数。因此可以枚举这个数的质因子，对其他所有数求最小步数使得它成为当前枚举到的质因子的倍数。加和取最小值即可。
这样的错误率是 $1/2$，我们只需要随机 $30$ 次就可以将错误率减到 $10^{-10}$ 量级。

假设值域为 $V$，随机了 $k$ 次，并使用的分解算法单次复杂度是 $f(V)$，总时间复杂度为 $O(kf(V) + n\log V)$。

Submission.

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CF1153F

有一段长为 $l$ 的线段，有 $n$ 个区间，左右端点在 $[0,l)$ 间均匀随机（可能不是整数）

求期望被至少 $k$ 段区间覆盖的长度，对 $10^9 + 7$ 取模。

$1\le n, k\le 10^7, 1\le l\le 10^9$。

这里不支持辩论。

首先可以考虑 $l = 1$ 的情况，答案乘入 $l$ 即为最终答案。
也可以发现，这时的期望就是概率，因此可以通过算概率来计算答案。

考虑任意点 $x\in [0, 1)$，它被覆盖一次的概率是 $2x(1 - x)$，也就是左边长度乘右边长度乘二，因此可以枚举一个点被实际覆盖的次数 $i$，作选择就能得到某个点被至少 $k$ 段区间覆盖的概率

$$P(x) = \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} (2x(1 - x))^i (1 - 2x(1 - x))^{n - i}$$

答案即为

$$\begin{aligned} & \int_0^1 \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} (2x(1 - x))^i (1 - 2x(1 - x))^{n - i} \text dx \\ = \ & \int_0^1 \sum_{i = k}^n \sum_{j = 0}^{n - i} (-1)^j \binom{n}{i} \binom{n - i}{j} (2x(1 - x))^{i + j} \text dx \\ = \ & \sum_{i = k}^n \sum_{j = 0}^{n - i} (-1)^j \binom{n}{i} \binom{n - i}{j} 2^{i + j} \int_0^1 x^{i + j}(1 - x)^{i + j} \text dx \\ = \ & \sum_{i = k}^n \sum_{j = 0}^{n - i} (-1)^j \frac{n!}{i!j!(n - i - j)!} \frac{2^{i + j}(i + j)!^2}{(2i + 2j + 1)!} \quad (\text{Beta}\ 函数) \\ = \ & \sum_{i = k}^n \sum_{j = 0}^{i - k} (-1)^j \frac{n!}{(i - j)!j!(n - i)!} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \\ = \ & \sum_{i = k}^n \frac{n!}{(n - i)!} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \sum_{j = 0}^{i - k} (-1)^j \frac{1}{j!(i - j)!} \\ = \ & \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \sum_{j = 0}^{i - k} (-1)^j \binom{i}{j} \\ = \ & \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \left(\sum_{j = 0}^{i - k} (-1)^j \left( \binom{i - 1}{j} -\binom{i - 1}{j - 1} \right) \right) \\ = \ & \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \left(\sum_{j = 0}^{i - k} (-1)^j \binom{i - 1}{j} - \sum_{j = 0}^{i - k - 1} (-1)^j \binom{i - 1}{j} \right) \\ = \ & \sum_{i = k}^n \binom{n}{i} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} (-1)^{i - k}\binom{i - 1}{i - k} \\ = \ & \sum_{i = k}^n (-1)^{i - k}\binom{n}{i}\binom{i - 1}{i - k} \frac{2^{i} i!^2}{(2i + 1)!} \end{aligned}$$

这样我们可以在 $O(n)$ 的复杂度内得到答案。

Submission.

Bonus: 你能否找到最终答案的 ode 形式？

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SP11414

Alice 和 Bob 在一棵 $n$ 个节点的树上玩游戏，Alice 先手。

每个节点最初都是黑色或白色。他们轮流执行以下操作：从当前树中选择一个白色节点 $v$，将路径 $(1,v)$ 上的所有白色节点都变为黑色。最后操作的玩家获胜。当他们都使用最佳策略时，求先手是否必胜，并求出第一步可以选择的点。

$1\le n\le 10^5$。

考虑用 SG 函数来刻画这个性质。

我们令 $sg(u)$ 表示 $u$ 及其子树组成的树的 SG 函数值，然后考虑从什么地方转移。

如果 $u$ 子树内全是黑点，则 $sg(u) = 0$，这显然。反之考虑一个子树内的白点 $v$，我们需要考虑选择 $v$ 对答案的贡献。
选择 $v$ 会删除 $u-v$ 路径上的所有点，将原树分裂成一棵森林。假设新森林的根集合是 $S$，让这状态的 SG 函数 $sg'(S) = \bigoplus_{v\in S} sg(v)$。同样有 $sg(u) = \text{mex}_S ( sg'(S))$。这样直接做的复杂度是 $O(n^3)$ 的。

考虑优化。
我们对每个点维护一个集合 $S(u)$，表示其子树内能通过删路径得到的森林的 SG 函数的全体。
考虑 $S(u)$ 内的元素可以如何转移过来。对于 $u$ 的儿子 $v$，考虑 $s\in S(v)$，发现它对应的森林中增加的树即为 $u$ 的非 $v$ 儿子的子树，因此我们直接将 $s$ 异或上这些子树的 SG 函数值后放入 $S(u)$ 即可。还有一种是自己是白点，直接把儿子的 SG 函数异或起来就行了。这样直接做的复杂度是 $O(n^2)$ 的。

考虑操作。
我们的操作是：将集合内所有值异或一个数；将两个集合合并；求一个集合的 $\text{mex}$。
这可以用 01Trie 维护，得到 $O(n\log n)$ 的复杂度。

Submission.

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CF1528F

给定 $n,k$，求长度为 $n$ 的“好序列” $\{a\}$ 的贡献和。

“好序列”这样定义：对于 $i\in [1,n]$，$\sum [a_j\ge i]\le n- i+1$

其贡献定义为每种颜色的出现次数的 $k$ 次幂之和。

$n\le 10^9,k\le 10^5$。

又到了大家最喜欢的多项式环节

转化一下定义，好算。

$$\sum [a_j\ge i]\le n- i+1\quad \Rightarrow \quad \sum [a_j\le i]\ge i$$

设 $c_i = \sum_j [a_j = i]$，再转化为

$$\sum_{j \le i} c_j \ge i$$

假设 $c$ 枚举所有 $\sum c_i = n$，$\forall i,\ \sum_{j \le i} c_j \ge i$ 的序列，答案即为

$$\sum_{c} \binom{n}{c_1, c_2 \dots, c_n} \prod_i c_i^k$$

下面的形式好看，但是上面的限制就不是很行。考虑转化到经典组合对象上。

考虑一棵 $n$ 个点的树和它的 dfn 序。我们可以发现，对 dfn 序的任意前缀，它都代表着一个完整的 $i$ 大小子树。这子树有什么性质是 $\ge i$ 的呢？
考虑儿子个数。我们将这个 dfn 序的每个位置转化成对应节点的儿子个数，可以知道这能枚举所有 $\sum c_i = n - 1$ 的满足性质的 $c$。
等等，$n - 1$？
我们事实上只要考虑所有 $n + 1$ 个点的有标号且确定了根为 $1$ 的树，用这样的树构造出长度为 $n + 1$ 的儿子个数序列，删掉最后一个 $0$ 即可。可以发现这样能覆盖所有合法的 $c$。

题意转化完了。
假设 $c$ 枚举所有 $\sum c_i = n$，$n + 1$ 个点的有标号定根树生成的序列，答案即为

$$\sum_{c} \binom{n}{c_1, c_2 \dots, c_n} \prod_i c_i^k$$

考虑先算所有有标号有根树的贡献，最后除以 $n + 1$ 就是答案。考虑

$$F(x) = x\sum_{i\ge 0} \frac{i^k F^i(x)}{i!}$$

答案就是 $1/(n+1)[x^{n + 1}/(n + 1)!] F(x)$。

看到这个多叉树形式可以直接考虑拉反了。显然有

$$\frac{x}{F^{\langle -1\rangle}(x)} = \sum_{i\ge 0} \frac{i^kx^i}{i!}$$

能知道答案是

$$\left[\frac{x^n}{n!}\right] \left( \sum_{i\ge 0} \frac{i^kx^i}{i!} \right)^{n + 1}$$

但是你发现下面就不太能推了——反正我是不会了。接下来想要推导，就势必要把 $i^k$ 和 $v^{n + 1}$ 分离。

考虑引入新元 $t$。我们让 $t^{i^k}$ 替换 $i^k$，设

$$F(x, t) = x\sum_{i\ge 0} \frac{t^{i^k} F^i(x)}{i!}$$

答案就是

$$\left[\frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!}\right] \left.\frac{\partial}{\partial t} F(x, t)\right\rvert_{t = 1}$$

这样我们再进行如上的推导。记 $F(x, t)$ 对 $x$ 的复合逆是 $F^{\langle -1\rangle}$。我们知道

$$\begin{aligned} & (n + 1)!\left[x^{n + 1}\right] \left.\frac{\partial}{\partial t} F(x, t)\right\rvert_{t = 1} \\=\ & n!\left[x^n\right] \left.\frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{x}{F^{\langle -1\rangle}}\right)^{n + 1}\right\rvert_{t = 1} \\=\ & n!\left[x^n\right] \left.\frac{\partial}{\partial t} \left(\sum_{i\ge 0} \frac{x^i}{i!}t^{i^k} \right)^{n + 1}\right\rvert_{t = 1} \\=\ & n!\left[x^n\right] \left. \left(\sum_{i\ge 0} \frac{x^i}{i!}i^k \right)\left(\sum_{i\ge 0} \frac{x^i}{i!}t^{i^k} \right)^{n}\right\rvert_{t = 1} \\=\ & n!\left[x^n\right] \left(\sum_{i\ge 0} \frac{x^i}{i!}i^k \right)\left(\sum_{i\ge 0} \frac{x^i}{i!} \right)^{n} \\=\ & n!\left[x^n\right] e^{nx} \sum_{i\ge 0} \frac{i^k}{i!}x^i \\=\ & \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} i^k n^{n - i} \\=\ & \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^i \binom{n}{i} \binom{i}{j} {k\brace j} j! n^{n - i} \\=\ & \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^i \binom{n}{j} \binom{n - j}{i - j} {k\brace j} j! n^{n - i} \\=\ & \sum_{j = 0}^k \binom{n}{j} {k\brace j} j! \sum_{i = j}^n \binom{n - j}{i - j} n^{n - i} \\=\ & \sum_{j = 0}^k \binom{n}{j} {k\brace j} j! \sum_{i = 0}^{n - j} \binom{n - j}{i} n^{n - j - i} \\=\ & \sum_{j = 0}^k \binom{n}{j} {k\brace j} j! (1 + n)^{n - j} \end{aligned}$$

这形式是容易 $O(k \log k)$ 求得的。

Submission.

当然您也可以在 $\sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} i^k n^{n - i}$ 这一步停下。我们能发现

$$\begin{aligned} & \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} i^k n^{n - i} \\=\ & \left[\frac{x^k}{k!}\right] \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} e^{ix} n^{n - i} \\=\ & \left[\frac{x^k}{k!}\right] (e^x + n)^n \end{aligned}$$

直接作可以 $O(k\log k)$，常数大。Submission.

通过 EI 的载谭 Binomial Sums 技术（一份只包含所需信息的讲解）可以做到 $O(k + \log n)$。目前没实现。