SS-组合记数

组合计数

Problem 0 - P4463

首先，“互不相同”这个条件十分难处理，所以考虑令 $a$ 单调递增，最后再乘上一个 $n!$ 的系数。

令 $f_{n,k}$ 表示满足单调递增的 $a$，且长度为 $n$，值域为 $[1,k]$ 的乘积和。

考虑 $a_n$ 是否取到上界 $k$，可以得出转移式：$f_{n,k}=f_{n,k-1}+f_{n-1,k-1}\times k$。

然而这样子转移复杂度过高，因此考虑优化。可以观察得出，$f_{n,k}$ 肯定是一个多项式。令 $g(n)$ 为 $f_{n,k}$ 的多项式的项数，则：

$$\begin{gathered} \because f_{n,k}-f_{n,k-1}=f_{n-1,k-1}\times k \\ \therefore g(n)-1=g(n-1)+1 \end{gathered}$$

可得 $g(n)=2n$。因此，我们只需要找到 $2n+1$ 个点，然后就可以拉插求出 $f_{n,k}$。

Problem 1 - P4484

首先显然有一个计算最长上升子序列的 DP：$d{p}_i=max(\underset{a_j<a_i}{max}d{p}_j+1,d{p}_{i-1})$。

接下来可以由常见套路，从小到大插入数字。

考虑插入 $n$ 之后的变化。由前面的 DP，我们假如在位置 $k$ 插入 $n$，只会使后面的 DP 值变成 $max(d{p}_{k-1}+1,d{p}_i)$$。

但是，LIS 的 DP 值肯定满足差分数组在 $[0,1]$ 间，所以我们考虑状压，将差分数组转化成一个 int 值。

重新回顾前面插入 $n$ 的过程。可以发现，我们所做的就是将差分数组第一个为 1 的数变成 0。

剩下的打表即可。

Problem 2 - ARC138E

首先，让所有满足 $a_i\ne 0$ 的点 $i$ 向 $a_i-1$ 建边。这样子，我们会建出一个点为 $0\sim n+1$ 的图，图为若干个链组成。

为了防止记重，我们对于每个链只计算一次。则最后的答案肯定形如一个 $(L_1,L_2,\cdots ,L_k,R_k,\cdots ,R_2,R_1)$，且满足 $R_i>L_i$ 且 $R_i$ 到 $L_i$ 有边。

接下来，我们枚举 $L_i$ 左边的链的大小 $x$，$R_i$ 右边的链的大小 $y$，则这部分的答案为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{x+y})\left\{{}_k^x\right\}\left\{{}_k^y\right\}\sum _i\left\{{}_i^{n+1-x-y}\right\}$，其中 $\left\{{}_b^a\right\}$ 是第二类斯特林数。

最后对于所有 $x,y$ 求和即可。

Problem 3 - P5400

看到”恰好“，首先往容斥想。

定义 $f_i$ 为至少有 $i$ 个的概率。则总答案为 $\sum _{i=k}^{min(n,m,l)}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})(-1{)}^{i-k}{f}_i$。

接下来计算 $f_i$。显然，对于 $i$ 个极大的位置 $(x_i,y_i,z_i)$，满足所有 $x_i,y_i,z_i$ 互异。而对于任意的 $(x_i,y_i,z_i)$，它的答案都是不变的，所以我们先让 $f_i$ 乘上一个 $A_n^i\times A_m^i\times A_l^i$ 的系数。对于第 $j$ 个位置，它影响到的位置数量是 $nml-(n-j)\times (m-j)\times (l-j)$ 的，且每个位置作为极大位置的概率相同，因此概率是总情况数的倒数：${\displaystyle \frac{1}{nml-(n-j)(m-j)(l-j)}}$。

最后把式子整合一下即可。

Problem 4 - AGC064D

考虑怎样的答案串可以被表示出来。设我们要检查的字符串为 $t$，然后逆序遍历 $s$：

• 如果 $s_i$ 为 B，那么我们需要在 $t$ 中找到任意一个满足末尾为 B 的前缀，然后把这个前缀移到前面。
• 否则，我们在 $t$ 需要找到任意一个以 R 开头的字符串，并将最前面的 R 删去；如果没有，则 $t$ 不可以是最后的结果。

这个正确性是显然的，因为我们实际上就在倒序处理所有操作。

但是，这个检查的方法有许多”任意一个”，所以没办法详细的刻画一个串能否被表示。所以考虑改进上面的方法。

• 对于第二种操作，显然取任意一个位置都是一样的。
• 对于第一种操作，我们需要考虑后续的操作二。因为后面的操作相当于是说在删去一串 R，所以我们需要让删去后前缀 R 的总和最大即可。

接下来，就可以确定怎样的答案串可以被表示了。

• 将 $s$ 翻转。
• 设 $s$ 第 $i$ 个 B 前出现了 $a_i$ 个 B。
• 设 $t$ 中的 B 把 $t$ 划分成了长度分别为 $b_1,b_2,\cdots ,b_k$ 的极长 R 串。
• 将 $b_2\sim b_k$ 降序排序。
• $\mathrm{\forall }t{a}_i\le \sum _{i=1}^t{b}_i$（需要注意的是，$a_i$ 本身就是前缀和）。

接下来考虑 DP。我们将降序排序转化成单调不增，最后再乘上组合系数。令 $f_{i,j,k}$ 表示最小值为 $i$，当前选了 $j$ 个数，和为 $k$ 的方案数。

枚举当前选了多少个，即可转移。特别需要注意的是边界问题。

Problem 5 - CF1942G

首先，转化题目。我们将题面表示成：

• 你有一个初始为 $5$ 的变量 $cnt$，$a$ 张类型 A 的牌，$b$ 张类型 B，$c$ 张类型 C，$5$ 张特殊牌。
• 类型 A 和特殊牌会使 $cnt\leftarrow cnt-1$，类型 B 没有影响，类型 C 会让 $cnt\leftarrow cnt+1$。
• 你持续操作，直到 $cnt=0$ 或取完所有牌，问你停止操作后取完所有特殊牌的方案。

首先，由于类型 B 对答案没有影响，所以我们最后只需要乘上一个 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b+c+5}{b})$ 的系数。然而我们最后求得是概率，所以需要除以 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b+c+5}{a,b,c,5})$ 的总方案数。可以发现，B 类型对答案的贡献被抵消了，所以我们只需要算类型 A，类型 C，还有特殊牌。

特殊牌和类型 A 对 $cnt$ 的影响是固定的，所以我们可以先把他们都归为一类，然后最后乘上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+5}{5})$ 即可。

接下来，分最后是 $cnt=0$ 还是取完所有牌两种情况来考虑。而这两种情况是类似的，因此只考虑一类。

对于 $cnt=0$，我们枚举结束时取了多少张类型 C 的牌，设为 $i$。接下来，就是一个经典的格路计数问题，可以用组合计数 + 容斥。

最后，由于后面可以任意排列，所以我们再乘上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b-2i}{a-i})$ 即可。

Problem 6 - CF1874F

首先考虑容斥。我们钦定有 $x$ 个区间满足 $[l,r]$ 为 $l\sim r$ 的排列，则我们要乘上 $(-1{)}^x$。

但是题目条件还是很难处理。所以考虑挖掘性质。我们发现，如果 $[l1,r1]$ 和 $[l2,r2]$ 满足 $l1\le l2\le r1\le r2$，那么 $[l2,r1],[l1,l2],[r1,r2]$ 也满足要求。

所以说，如果两个区间有交，他们可以被拆分成若干个不交区间。因此，我们计数时只需要考虑不交或包含的区间即可。

因此区间的关系类似一棵树，可以考虑 DP。令 $f_{l,r}$ 为根节点是 $[l,r]$ 的方案数，$g_{l,r,x}$ 是 $[l,r]$ 区间内有 $x$ 个位置没有覆盖的方案数。

接下来的 DP 是简单的。

Problem 7 - P8478

不会，不想补。

Problem 8 - P4931

首先，考虑 $k$ 对和睦的情侣的数量。

总的方案是 ${(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^{2}k!2^k$。

接下来，剩下 $n-k$ 对情侣不能是和睦的，可以用类似错排的方法。

设 $f_i$ 为 $i$ 对情侣不和睦的方案数。

首先，坐在最前面的两个人不能是情侣，所以有 $2n\times (2n-2)=4n\times (n-1)$ 种方案。

然后，记 $i$ 和 $p_i$ 是情侣，坐在最前面的两个人是 $x$ 和 $y$，则我们分讨一下 $p_x$ 和 $p_y$ 是否坐在一起。

• 坐在一起：$2\times (n-1)\times f_{n-2}$，其中 $2$ 表示 $p_x$ 和 $p_y$ 可以交换。
• 不坐在一起：$f_{n-1}$。

也就是说，$f_i=4n\times (n-1)\times (2(n-1)\times f_{n-2}+f_{n-1})$。

最后用 $f_{n-k}$ 乘上前面的东西即可。

Problem 9 - QOJ5357

考虑如何合并答案。设我们现在合并 $(u,v)$ 这条边。

对于这个连通块的方案，我们每次都需要选在原本 $u$ 连通块或原本 $v$ 连通块的点。

然而，对于不在两个分治中心的路径上的点，我们选它的方案已经被记录到原本的 DP 中了， 所以不用考虑它们。

接下来就是在分治中心路径上的点。同样的，我们选在原本 $u$ 连通块的两个点的顺序不会影响答案。

所以说，我们合并只会乘上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{de{p}_u+de{p}_v}{de{p}_u})$ 的方案数，其中 $de{p}_u$ 表示 $u$ 在原本连通块的点分树的深度。

最后 DP 即可，令 $d{p}_{u,i}$ 表示节点 $u$ 的子树内，$i$ 。可以证明，我们如果严格限制 DP 的枚举的上界的话，那么时间复杂度就是 $O(n^3)$ 而不是 $O(n^2)$。

Problem 10 - P10104

不会，记得补。

Problem 11 - CF1081G

首先对于块内和块之间分别统计。

块内：

对于 $i,j$，显然 $a_i$ 和 $a_j$ 的大小关系是均等概率的，所以期望逆序对为 $\frac{1}{2}$。

对于一个长度为 $n$ 的块，一共有 $\frac{n(n-1)}{2}$ 组 $i,j$，所以块内的期望逆序对为 $\frac{n(n-1)}{4}$。

块与块之间：

首先，手动模拟后，我们发现：对于两个不有序的 $a$ 和 $b$，我们分别以 $a$ 和 $b$ 的前缀最大值划分 $a$ 和 $b$，归并排序就相当于将这些块按照前缀最大值排序。

接下来，同样对于 $i,j$ 计算期望逆序对。由排序方式，只要 $i$ 或 $j$ 是前缀最大值就无法满足条件，再加上 $a_i,a_j$ 的大小关系同样是均等概率的，所以同样有 $\frac{1}{2}$ 的期望大小关系，对于 $i,j$ 就有 $\frac{i+j-2}{2(i+j)}$ 的期望逆序对。

最后，直接通过归并计算答案即可。