计数dp

错位排列计数 （组合意义dp）

题目

给定长度为 $n$ 的排列,求解其错位排列数

题解

设 $D_n$ 表示长度为 $n$ 的排列的错排数,考虑我们已经知道了前 $n-1$ 个错排数,那么对新加入的这第 $n$ 个数进行分类讨论

• 直接与前面的数交换,有 $(n-1)\times D_{n-2}$ 种方案
• 放在前面某个数的位置上,那么相当于给原来 $n-1$ 个数做了错排,有 $(n-1)\times D_{n-1}$ 中方案
  所以

$$D_n=(n-1)\times (D_{n-1}+D_{n-2})$$

这个递推式可以求出其通项,但这不是本博客讨论的范围,读者感兴趣的自行了解即可

NOIP 四校联测 Day1 T2 （组合意义dp）

题目

给定两个排列 $A,B$,求字典序介于 $A,B$ 之间的排列最大前缀个数恰好为 $k$ 的排列的个数

$|A|,|B|\le 3000$

题解

首先我们考虑没有字典序的限制要怎么做,设 $f[i][j]$ 表示倒着往前考虑到第 $i$ 个数,最大前缀个数为 $j$ 时的排列的个数,转移时考虑组合意义

$$f[i][j]=f[i-1][j-1]+(i-1)\times f[i-1][j]$$

也就是我们当前的 $i$ 是最小的那个数,我们考虑它如果放在最前面,那么前缀最大值的个数会 $+1$,否则不会发生改变

考虑正解

一眼丁真,类似数位dp,应该是要进行一个差分的,也就是 $\ge a\text{数的个数}-\ge b\text{数的个数}$

于是我们考虑从前到后枚举每一位,以 $\ge a\text{数的个数}$ 为例,假设 $i$ 位之前都是相同的,我们枚举每一个在 $A$ 数组的前 $i-1$ 个位置没有出现过，而且比 $a[i]$ 大的数字 $B$ 填到位置 $i$ 上
因此前 $i$ 个位置我们已经填好了，且消除了对后面字典序的限制

考虑 $1\sim n$ 中没有在前 $i$ 个位置出现过的数字的集合为 $S$ ，设我们已经填了的数字的最大值为 $\text{mx}$ ，则 $S$ 集合中所有小于 $\text{mx}$ 的数字，都不会对前缀最大值的个数产生贡献

设前 $i$ 个位置中，前缀最大值的个数为 $C$ ，$S$ 集合中大于 $\text{mx}$ 的数字个数为 $D$,那么有我们在 $i+1\sim n$ 必须整出 $k-C$ 个前缀最大值才可以

而 $S$ 集合中小于 $\text{mx}$ 的数是可以随便填的,所以当前对答案的贡献就是

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{D}{k-C})\times f[D][k-C]\times (n-i-D)!$$

然后把所有 $i$ 对应的答案加起来就行了,时间复杂度 $\mathcal{O}(nk)$

NOIP 四校联测 Day2 构造数组 （辨认无意义的状压dp+组合意义dp）

题目

你现在有一个长度为 $n$ 的数组 $a$。一开始，所有 $a_i$ 均为 $0$。给出一个同样长度为 $n$ 的目标数组 $b$。求有多少种方案，使得通过若干次以下操作，可以让 $a$ 数组变成 $b$。

• 选出两个不同的下标 $1\le i<j\le n$，并将 $a_i$ 和 $a_j$ 同时增加 $1$。

两种方案被称之为不同的，当且仅当存在一个 $x$ 使得一种方案中第 $x$ 次操作选择的两个下标 $(i,j)$ 与另一种方案中的不同。

$1\le n\le 5000$，$1\le b_i\le 30000$，$\sum b_i\le 30000$

题解

这道题感觉出的挺好的,部分分给的挺多的,正解是不太好想的,考场上花了好长时间想,最后也没调出来

首先我们可以将这个问题转化成,我现在有 $\frac{n}{2}$ 个容量为 $2$ 的桶,然后我要往这些桶里面放东西。

一种朴素的状压dp做法是,考虑设 $f[i][s]$ 表示考虑到第 $i$ 个元素,各个桶的放置情况是 $s$ 时的方案数。

然而我们发现我们其实并不关心每个桶放数的情况,我们只关心放了 $0$ 个,$1$ 个,$2$ 个桶的数的个数,因此我们可以将状态设为 $f[i][j][k]$ 表示考虑到第 $i$ 个元素,个数为 $1$ 的桶有 $j$ 个,个数为 $2$ 的桶有 $k$ 个时的方案数,这样可以推出个数为 $0$ 的桶的个数,转移时枚举当前元素有多少分给了 $0$ ,多少分给了 $1$ ,组合数计算转移即可

更进一步,我们发现知道了个数为 $2$ 的桶的数量,我们是可以计算出考虑到第 $i$ 个元素时个数为 $1$ 的桶的数量的(因为前面的桶一定要全选完,不然没法跟后面的桶配对),转移同上

时间复杂度 $\mathcal{O}((\sum b_i{)}^2)$

容斥原理套路于DP

容斥原理在dp中有如下的经典应用:

1. $\text{一个也没有}=\text{所有情况}-\text{至少一个}+\text{至少两个}-\mathrm{至}\mathrm{少}\mathrm{三}\mathrm{个}+\cdots$
2. $\text{所有限制}=\text{没有限制}-\text{一个限制}+\text{两个限制}-\cdots$
3. $\text{恰好有}k\text{个}=\text{至少有}k\text{个}-(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+1}{k})\text{至少有}k+1\text{个}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{k})\text{至少有}k+2\text{个}-\cdots$
4. $\text{min-max容斥}$ $max(s)=\sum _{t\subset s}(-1{)}^{|t|-1}min(t)$

一般容斥原理直接暴力做的复杂度是 $\mathcal{O}(n{2}^n)$,需要我们用dp或者多项式进行优化

P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭 （容斥原理套路1）

题目

题解

首先,如果直接考虑本题合法的方案数,我们发现题目中的限制有些过于多了,正难则反,考虑容斥

所以我们可以钦定一定有某一种食材超过了限制,那么答案就是总的方案数减去不合法的方案数。设 $f[i][j][k]$ 表示考虑到第 $i$ 种烹饪方法,超限食材使用了 $j$ 次,其它食材使用了 $k$ 次的方案数; $\text{sum}$ 表示第 $i$ 种烹饪方式所能做的菜的种类的和。那么枚举当前考虑的食材是 $c$ ,那么有转移

$$f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f[i-1][j-1][k]\times a[i][c]+f[i-1][j][k-1]\times (\text{sum}[i]-a[i][c])$$

不合法的方案数就是

$$\sum _{j>k}f[i][j][k]$$

设 $g[i][j]$ 表示考虑到第 $i$ 种烹饪方式,使用了 $j$ 种食材时的总方案数,转移为

$$g[i][j]=g[i-1][j]+\text{sum}[i]\times g[i-1][j-1]$$

于是

$$\sum _{i=1}^{k}g[n][i]$$

就是我们的总方案数

综合来看,我们目前的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^{3}m)$ 的,无法通过本题,于是考虑优化

这就是这道题最经典的地方了,我们发现对于 $j,k$ 这两维,我们最后统计答案的时候关心的仅仅只是它们的相对大小关系,因此我们更改状态为 $f[i][j]$ 表示考虑到第 $i$ 种烹饪方式,钦定的使用数量最多的那一种食材相对其它食材的总和的差为 $j$,那么转移就变成了

$$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]\times a[i][c]+f[i-1][j+1]\times (\text{sum}[i]-a[i][c])$$

于是时间复杂度就降为了 $\mathcal{O}(n^{2}m)$

P1450 [HAOI2008] 硬币购物 （容斥原理套路1）

题目

共有 $4$ 种硬币。面值分别为 $c_1,c_2,c_3,c_4$。

某人去商店买东西，去了 $n$ 次，对于每次购买，他带了 $d_i$ 枚 $i$ 种硬币，想购买 $s$ 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。

$1\le c_i,d_i,s\le {10}^5$，$1\le n\le 1000$。

题解

与上一道题同理,直接利用分组背包计算合法的方案数肯定是T飞了的,所以同样考虑容斥

我们分别钦定有 $1$ 种, $2$ 种, $3$ 种 ,$4$ 种硬币超过了限定了数量,没有限定的硬币随便选,假设当前选择的超限硬币组成的集合为 $S$ 那么我们每次就相当于做一个背包容量为 $s-\sum _{i\in S}(d_i+1)\times c_i$ 的完全背包,容斥一下,奇加偶减即可,这个时间复杂度就降为了 $\mathcal{O}(n)$ ,采用预处理完全背包的做法的话带一个 $4$ 的常数,不预处理也是可以通过的

BZOJ3622 已经没什么好害怕的了 （容斥原理套路3）

题目

给定 $a$,$b$ 两个长度均为 $n$ 的数列,我们现在要对它们进行两两配对,问配对后 $a$ 比 $b$ 大的个数比 $b$ 比 $a$ 大的个数多 $k$ 组的方案数

$n\le 5000$

题解

无序的序列过于丑陋,所以我们先要对两个序列先进行一个排序

设 $p[i]$ 表示使得 $b[j]<a[i]$ 最大的 $j$

同样与上一题类似,设 $f[i][j]$ 表示考虑到 $a$ 序列的第 $i$ 位,已有 $j$ 组 $a>b$ 的方案数,剩下的随意分配,即对于所有的 $f[n][i]$ 都要乘上一个 $(n-i)!$

我们想要的就是 $a>b$ d的组数恰好为 $\frac{n-k}{2}$ 的方案数

我们现在对 $f[n][i]$ 中 $i>\frac{n-k}{2}$ 的部分进行一个容斥,令 $m=\frac{n-k}{2}$ ,那么就有

$$\text{ans}=\sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{i-m})f[n][i]$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$

HDU 4336 Card Collector （容斥原理套路4 min-max容斥）

题目

有 $n$ 张卡牌，每次拆开一包方便面有 $p_i$ 的概率得到第 $i$ 张卡牌，保证 $p_1+p_2+\cdots +p_n\le 1$ , 所以方便面里可能存在没有牌的情况，求收集完 $n$ 张卡牌，需要拆开的方便面包数的期望

题解

$\text{min-max容斥}$ 常用于解决形如“全部出现的期望时间”问题，处理方法如下：

记 $t_i$ 为第 $i$ 个物品出现的时间, $min(S)$ 表示集合 $S$ 中的物品至少一个出现的期望时间,$max(S)$ 表示集合 $S$ 中的物品全部出现的期望时间

又因为单位时间内 $S$ 中出现至少一个的概率为 $p$,那么在 $S$ 中出现至少一个的期望时间就是 $\frac{1}{p}$

所以,对于本题,

$$min(S)=\frac{1}{\sum _{i\in S}{p}_i}$$

我们套用 $\text{min-max容斥}$ 的公式就可以过掉这道题了

时间复杂度 $\mathcal{O}(2^n)$

ARC101E Ribbons on Tree (容斥原理套路2)

题目

给定一个 $n$ 个点的树,$n$ 为偶数,点与点之间两两配对,配对点之间的边被覆盖,问有多少种配对方式,使得每一条边都有被覆盖

$n\le 5000$

题解

直接计算是 $\mathcal{O}(n^3)$ 的,无法通过本题

所以考虑容斥,设 $S$ 表示没有被覆盖的边的集合,将这些视作断掉的边,那么就有

$$\text{ans}=\sum _{S\subset E}(-1{)}^{|S|}f(S)$$

其中 $f(S)$ 表示不能覆盖到 $S$ 中边的方案数,那么答案就是

$$\text{ans}=\sum _{S\subseteq E}(-1{)}^{|S|}f(S)$$

设 $g(n)$ 表示 $n$ 个点任意配对的方案数,那么有 $g(n)=n!!$ (双阶乘)

设 $\text{dp}[u][x]$ 表示结点 $u$ 所在联通块大小为 $x$ 时的方案数,注意此时 $u$ 所在的联通块并没有独立出来,没有算在联通块总数中

对于 $x\ge 1$ 的情况,转移就是树上背包,复杂度证明与"BZOJ 4033 树上染色"是一样的

对于 $\text{dp}[u][0]$ 的情况,此时我们就将当前点 $u$ 所在的联通块独立出来,也就是钦定了 $u$ 到其父亲的这条边被删掉了,我们有 $\text{dp}[u][0]=-\sum _{x=1}^{{\text{siz}}_u}\text{dp}[u][x]\times g[x]$ 因为此时被删掉的边集大小大了 $1$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$

BZOJ 4767 两双手 （容斥原理套路2）

题目

棋盘上 $(0,0)$ 处有一个棋子。棋子只有两种走法，分别对应向量 $(A_x,A_y),(B_x,B_y)$。同时棋盘上有 $n$ 个障碍点 $(x_i,y_i)$，棋子在任何时刻都不能跳到障碍点。
求棋子从 $(0,0)$ 跳到 $(E_x,E_y)$ 的方案数。答案对 ${10}^9+7$ 取模

$E_x,E_y,n\le 5000$,保证 $(A_x,A_y)$ 与 $(B_x,B_y)$ 不共线

题解

因为两个向量不共线,由平面向量基本定理,加之旗子只有两种走法,我们可以找到对于一个变换后坐标为 $(x_1,y_1)$ 的点 $A$ 和坐标为 $(x_2,y_2)$ 的点 $B$,那么从前者走到后者的方案数就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_2-x_1+y_2-y_1}{x_2-x_1})$,记这个方案数为 $\text{cnt}[A][B]$

接着我们考虑容斥原理的套路 $2$,设 $f[i]$ 表示 $i$障碍之前不经过任何障碍到达障碍 $i$ 的方案数,转移有

$$f[i]=\text{cnt}[i][0]-\sum _{j=1}^{i-1}f[j]\times \text{cnt[j][i]}$$

时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^2)$

ZR2022 NOIP十连测 Day5 T3 （数位dp+容斥原理套路1）

题目

小K想知道你可不可以帮他验算。

小K有 $k$ 个在 $[0,x]$ 范围内的随机整数 $a_1,\dots ,a_k$，记 $f(x)$ 表示 $x$ 的所有非零数位的积，例如 $f(0)=1,f(1145141919810)=1\times 1\times 4\times 5\times 1\times 4\times 1\times 9\times 1\times 9\times 8\times 1f(0)=1,f(1145141919810)=1\times 1\times 4\times 5\times 1\times 4\times 1\times 9\times 1\times 9\times 8\times 1$。现在小 $k$ 想知道 $f(\sum _{i=1}^k{a}_i)$ 的期望值。

小K已经用超级计算机计算出了精确值，所以你只需要算出答案乘上 $(x+1{)}^k$ 对 ${10}^9+7$ 取模的值帮他验算就好了

$k\le 20,n\le {10}^{{10}^4}$

题解

毒瘤题!

乍一看就很像一个数位dp,但这道题困难的地方在于如何求出每一个 $f(n)$ 它的系数是多少,并且如何将这个系数分离出来变成数位dp可做的东西

然后难的就是这一部分,所以我把这题归到了计数dp中(尽管它看着更像是一个数位dp)

我们设 $g(n)$ 表示使得 $\sum _{i=1}^k{a}_i=n$ 的方案数,那么考虑容斥,有

$$g(n)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-(x+1)i+k-1}{k-1})$$

组合意义就是对大于 $x+1$ 的数的个数进行容斥,后面那一部分考虑整体加一后插板

于是我们要求的答案就变成了

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^{kx}f(i)g(i)\\ =& \sum _{i=0}^{kx}f(i)\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(x+1)j+k-1}{k-1})\\ =& \sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{i=0}^{kx}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(x+1)j+k-1}{k-1})f(i)\\ =& \sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{l=0}^{k-1}{c}_{j,l}\sum _{i=0}^{kx}f(i)i^l\end{array}$$

其中

$$c_{j,l}=[i^l](\genfrac{}{}{0ex}{}{i-(x+1)j+k-1}{k-1})$$

这个东西显然是可以 $\mathcal{O}(k^4)$ 暴力做的

这样我们的问题就转化为求

$$\sum _{i=0}^{kx}f(i)i^l$$

我们参考以往数位dp的经验,对上面那个式子进行转移,设 $\text{dp}[j]=\sum _{i=0}^{kx}f(i)i^j$ ,假设我们枚举当前位 $\text{now}$ 的取值为 $x$ ,加完上一位时得到的数位 $\text{num}$ 那么有转移

$$\text{dp}[a+b]\leftarrow f(\text{num}+x\times {10}^{\text{now}})\times (\text{num}+x\times {10}^{\text{now}}{)}^{a+b}$$

即从

$$\begin{array}{rl}& f(\text{num}+x\times {10}^{\text{now}})\times (\text{num}+x\times {10}^{\text{now}}{)}^{a+b}\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})\times f(x)\times f(\text{num})\times {\text{num}}^b\times (x\times {10}^{\text{now}}{)}^a\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})\times f(x)\times \text{dp}[b]\times (x\times {10}^{\text{now}}{)}^a\end{array}$$

转移而来
最后注意 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}),(n<m)$ 时是 $0$ ,而我们在算系数的时候会把这玩意算负,所以最后那个式子改成

$$\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{l=0}^{k-1}{c}_{j,l}\sum _{i=j(x+1)}^{kx}f(i)i^l$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(k^4+k^3\lg x)$

[SRM 697] ConnectedStates （prufer序列计数）

题目

有$n$个城市，每个城市有个权值$w_i$，任意两个城市$i,j$之间的道路数有$w_i\times w_j$条。对于每种生成树，若每个点的度数为$d_i$,则贡献为 $\prod d_i$。求所有无根生成树的权值和。

$n\le 1000$

题解

吐槽：真毒瘤

这是一个有标号无根树问题，所以我们可以考虑搞出它的$\text{prufer}$序列，每个点的个数就是$\text{prufer}$序列中出现的次数$+1$

对于一个固定的$\text{prufer}$序列(无根树)，方案总数显然是$\prod w_i^{d_i}$

贡献就再乘上度数之积为$\prod d_i{w}_i^{d_i}$

然后我们再算有多少种$\text{prufer}$序列，每个数都有一个出现次数的全排列显然是多重组合数，所以方案数有

$$\frac{(n-2)!}{\prod (d_i-1)!}$$

因此我们最终所要求的东西就是

$$\begin{gathered} \sum _{\sum d_i=2n-2}\frac{(n-2)!}{\prod (d_i-1)!}\prod d_i{w}_i^{d_i} \\ =(n-2)!\sum _{\sum d_i=2n-2}\frac{\prod d_i{w}_i^{d_i}}{\prod (d_i-1)!} \end{gathered}$$

设$f[i][j]$表示考虑到第$i$个数，度数和为$j$的方案数，枚举当前位的度数$k$，转移就乘上一个$\frac{k{w}_i^k}{(k-1)!}$,这部分可以预处理出来

所以暴力转移的复杂度是$\mathcal{O}(n^3)$的

考虑使用多项式的幂公式，即

$$(x_1+\cdots +x_t{)}^n=\sum _{\sum t_i=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{t_1,t_2,\cdots t_n})\prod x_i^{t_i}$$

我们令$a_i=d_i-1$,那么有

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =(n-2)!\sum _{\sum a_i=n-2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{a_1,a_2,\cdots ,a_n})\prod (a_i+1)!w_i^{a_i+1}\\ & =(n-2)!\prod w_i\sum _{\sum a_i=n-2}(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{a_1,a_2,\cdots ,a_n})\prod (a_i+1)!w_i^{a_i}\end{array}$$

现在我们离化简只差$\prod (a_i+1)$这个东西了，考虑它实际上是在枚举子集(枚举$a_1\sim a_n$几个相互组成的单项式)，我们考虑当前我们枚举到的单项式是$a_2{a}_3{a}_7$,那么这个单项式对答案的贡献为(注意单项式被乘进了分母里,所以对应的加和也要减$3$),前面$(n-2)!\prod w_i$就先不管了

$$\begin{gathered} w_2{w}_3{w}_7\frac{1}{(n-5)!}\sum _{\sum a_i=n-5}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-5}{a_1,a_2-1,a_3-1,\cdots ,a_n})w_i^{a_i} \\ =w_2{w}_3{w}_7\frac{1}{(n-5)!}(w_1+\cdots +w_n{)}^{n-5} \end{gathered}$$

所以类比到整个式子就变成了

$$(n-2)!\prod w_i\sum _{k=0}^{n-2}(\sum _{\mathrm{从}n-2\mathrm{个}\mathrm{里}\mathrm{面}\mathrm{选}k\mathrm{个}}\prod w_i)\frac{(w_1+\cdots w_k{)}^{n-2-k}}{(n-2-k)!}$$

$f[t][k]$ 表示只考虑使用前 $t$ 个数组合，所有 $k$ 项式之和是多少。
转移就是 $f[t][k]=f[t-1][k]+f[t-1][k-1]\times w_t$
那么这道题就可以 $\mathcal{O}(n^2)$

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day1 T3 （组合意义转多项式优化dp）

[题意](【noip赛前20天冲刺集训 day1】迷路 - 题目 - Zhengrui Online Judge (zhengruioi.com))

题解

题目的意思可以简化成，从每个起点出发，根据是否碰到树可以记作 $0/1$ ，这样每条路径就是一个 $01$ 串，题目要求的就是这 $r$ 个 $01$ 串两两不同的期望步数，起点一共有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n\times m}{r})$ 种选法，考虑统计方案数

从第一步到第 $n\times m$ 步依次考虑，我们将无法区分的起点集合放在一个等价类中，那么这个过程可以视作等价类的分裂，由于有树的地方有限（记所有 $01$$ 中有树的位置个数为 $T$），所以我们可以在每个有树的地方，将所有有树的 $01$ 串，从其所在的等价类中分离出来，这个过程可以用 $\text{hash}$ 动态维护，时间复杂度 $\mathcal{O}(nmT)$

考虑 dp ，设 $f[i][j]$ 表示考虑到第 $i$ 个等价类，选了 $j$ 个集合，使得它们处于不同等价类中的方案数，这样计算的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^2{m}^2{r}^2)$ ，非常不优

于是这里开始上多项式了，我们设当前等价类的大小分别为 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$ ，方案数即为 $[x^r]\prod _{i=1}^k(1+a_{i}x)$ ，每一次把一个大小为 $a$ 的等价类分裂为 $b$ 和 $c$ （这里 $a,b,c$ 的大小通过前面的 $\text{hash}$ 求出）就是给这个多项式除一个 $a+1$ 并乘上 $(b+1)\times (c+1)$ ，由于我们只需要知道这个多项式的前 $r$ 项，所以这里单次转移的时间复杂度是 $\mathcal{O}(r)$ 的，整个 dp 的时间复杂度就为 $\mathcal{O}(nmr)$

这样总时间复杂度即为 $\mathcal{O}(nmk+nmr)$

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day6 T3 （插板法+底数较小组合数的处理方法）

题意

你当前想要做一个有关概率的问题。

具体的，有 $n$ 个随机变量，每个随机变量以相同的概率分布在 $[0,9]$ 。

当前你需要计算有多少概率使得变量的和小于等于为 $k$。

当然你并不满足于此，你尝试将这 $n$ 个变量顺序排成一个十进制数（第 $1$ 个变量是最高位，第 $n$ 个变量是个位）。

要求这个十进制数大小 $\mathrm{mod}p=0$。

你需要对 $k=0\sim m$ 都求出来结果。

为了方便，你只需要输出满足条件的概率乘上 ${10}^n$。

由于答案可能很大，你只需要输出答案在 $\mathrm{mod}998244353$ 意义下的结果。

对于所有测试点满足 $1\le n\le {10}^9,1\le p\le 50,1\le m\le 1000$

题解

首先，你仔细想一下我们上面提到的常规数位dp做法，会发现它很困难，出题人的意思是可以用多项式做，挺抽象的

所以我们考虑另一种做法，我们将所有的 $k$ ，按照 ${10}^{k}modp$ 的值分成若干剩余类，然后考虑 dp，设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑到第 $i$ 个剩余类，当前数位和为 $j$ ，当前数模 $p$ 的结果是 $k$ 时的方案数。我们记 $g_{i,j}$ 表示第 $i$ 个剩余类对数位和产生 $j$ 的贡献的方案数。设当前我们要给数位和加 $d$ ，那么转移方程即为

$$f_{i+1,j+d,(k+i\times d)modp}\leftarrow f_{i,j,k}\times g_{i,d}$$

考虑如何求出 $g_{i,j}$ ，首先通过找 ${10}^k$ 模 $p$ 的循环节，我们很容易算出来每个剩余类的大小为多少，记作 ${\text{cnt}}_i$ ，考虑我们现在的贡献 $j$ 都是由剩余类 $i$ 的哪些位置组成的，这里可以插板法算，也就是把 ${\text{cnt}}_i$ 个板插到 $j$ 个位置上，板 $k$ 和板 $k+1$ 之间的数的个数就是第 $k$ 个位置所产生的贡献大小，这里的方案数即为。

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{{\text{cnt}}_i+j-1}{j})$$

注意到一个位置的贡献最高是 $9$ ，所以我们考虑容斥，钦定一些位置的贡献至少是 $10$ ，钦定了 $k$ 个位置，系数就是 $(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{{\text{cnt}}_i}{k})$ ，然后还要把 $j$ 减去 $10k$

然后由于 ${\text{cnt}}_i$ 和 $n$ 同阶，所以我们算上面的组合数需要用到下降幂，即

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}$$

总时间复杂度即为 $\mathcal{O}(m^2{p}^2)$

带注释代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	return x*f;
}
const int mod=998244353,M=1010,P=51;
int up[M],dw[M],fac[M],ifac[M];
int n,p,m,N;
inline int ksm(int a,int b)
{
	int val=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) val=val*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return val;
}
inline void init(int n)
{
	N=n;
	dw[0]=1;
	for(int i=1;i<M;++i) dw[i]=dw[i-1]*(n-i+1)%mod;
	up[0]=1;
	for(int i=1;i<M;++i) up[i]=up[i-1]*(n+i-1)%mod;
}
inline int Cd(int x)
{
	if(x>N) return 0;
	return dw[x]*ifac[x]%mod;
}
inline int Cu(int x)
{
	return up[x]*ifac[x]%mod;
}
int ok[M],id[M],val[M],cnt[M];
int g[P][M];
int f[P][M][P];
signed main()
{
	n=read();p=read();m=read();
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<M;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[M-1]=ksm(fac[M-1],mod-2);
	for(int i=M-2;i>=0;--i) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	int u=1,tot=0,L=0,R=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)//找模p意义下的循环节,用来计算各个剩余类的大小
	{
		u%=p;
		if(ok[u])
		{
			L=id[u];R=i-1;
			break;
		}
		++cnt[u];
		id[u]=++tot;
		val[tot]=u;
		ok[u]=1;
		u*=10;u%=p;
	}
	if(R!=-1)
	{
		int k=(n-R)/(R-L+1);
		for(int i=L;i<=R;++i) cnt[val[i]]+=k;
		u=val[R]*10%p;
		for(int i=R+k*(R-L+1)+1;i<=n;++i)
		{
			u%=p;
			++cnt[u];
			id[u]=++tot;
			val[tot]=u;
			ok[u]=1;
			u*=10;u%=p;
		}
	}
	for(int i=0;i<p;++i)
	{
		init(cnt[i]);
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			int res=0;
			for(int k=0;;++k)
			{
				if(j<10*k) break;
				if(k&1) res+=(mod-1)*Cd(k)%mod*Cu(j-10*k)%mod;
				else res+=Cd(k)*Cu(j-10*k)%mod;
			}
			g[i][j]=res%mod;//第 i 个剩余类，给数位和贡献 j 的方案数
		}
	}
	f[0][0][0]=1;//考虑到第 i 个剩余类 ，数位和为 j ，取模结果为 k 时的方案数
	for(int i=0;i<p;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)
			for(int k=0;k<p;++k)
			{
				if(!f[i][j][k]) continue;
				for(int d=0;d<=min(m-j,cnt[i]*9);++d)// 当前考虑贡献 d 到数位和
					(f[i+1][j+d][(k+d*i)%p]+=f[i][j][k]*g[i][d])%=mod;
			}
	for(int i=1;i<=m;++i) (f[p][i][0]+=f[p][i-1][0])%=mod;
	for(int i=0;i<=m;++i) cout<<f[p][i][0]<<' ';
	return 0;
}

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day7 T3 （强限制优先+调和级数）

题意

有 $n$ 个人, 要分成若干组. 对于第 $i$ 个人, 它所在的组的人数不能超过 $a_i$, 求分组的方案数.

组与组之间是不可区分的, 每组的人也是无序的, 但人与人之间是可以区分的.

$n\le 3000,a\le n$

题解

由于大的组限制更强，所以我们贪心地考虑，排序之后根据组的大小从大到小考虑

设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个组，有 $j$ 个人还没有被分组的方案数。假设我们现在已经处理完了 $i+1\sim n$ ，考虑如何转移。没有被分组的加上当前组的大小 ${\text{cnt}}_i$ 就是我们现在的人数。然后考虑给这些人分组，我们设 $k$ 表示 $i+1$ 的组的个数，那么每次的转移系数就为

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+{\text{cnt}}_i}{k\times i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{k\times i}{i,i,\cdots i})$$

第二个组合数下面有 $k$ 个 $i$

由于 $k\times i\le j+{\text{cnt}}_i$ ，因此 $k$ 的个数是 $\log n$ 级别的

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\log n)$

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day9 T3 （组合意义转多项式优化dp）

题意

假设存在 $k$ 种不同的括号 ${(}_1\cdots {(}_k,{)}_1\cdots {)}_k$，定义：

若序列 $S_1,S_2$ 为第一类括号序列，则 ${\mathrm{\forall }}_i,{(}_i{S}_1{)}_i\mathrm{与}{S}_1{S}_2$ 均为第一类括号序列。

若序列 $S_1,S_2$ 为第二类括号序列，则 ${\mathrm{\forall }}_i,{(}_i{S}_1{)}_i,{)}_i{S}_1{(}_i$ 与 $S_1{S}_2$ 均为第二类括号序列。

空串既是第一类括号序列又是第二类括号序列。

简单来说，第一类括号序列只允许匹配时左括号在左边，右括号在右边，而第二类括号序列允许相反顺序的括号匹配。你的任务是，给定正整数 $n,k$，求出有 $k$ 个不同括号之时，长度恰好为 $2n$ 的第一类括号序列个数和第二类括号序列的个数。

由于答案可能很大，对 998244353 取模即可。

对于所有数据，$1\le n\le {10}^6,1\le k\le {10}^9$

题解

$T=1$ 的情况是经典的卡特兰数，乘上括号选取的方案数 $k^n$ 即可

$k=1,T=2$ 的情况考虑组合意义，我们就是要在 $2n$ 的序列上选 $n$ 个位置为左括号，剩下的为右括号，也就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})$

$T=2$ 时，考虑直接乘选取方案数 $k^n$ 为啥不对。比如括号序列 ()() ，它既可以看成 $(1,4),(2,3)$ 匹配，也可以看成 $(1,2),(3,4)$ 匹配，也就是它可以从中间切分，这样就会算重，所以考虑 dp

设 $f_n$ 表示不可切分的括号序列个数，$g_n$ 表示括号序列的个数，那么有转移方程

$$f_n=2k(g_{n-1}-\sum _{i=1}^{n-1}{\displaystyle \frac{f_i}{2k}}\times {\displaystyle \frac{g_{n-i}}{2k}})$$

$$g_n=\sum _{i=1}^n{f}_i\times g_{n-i}$$

第一个式子考虑容斥，总方案数 $g_{n-1}$ 减掉不合法的方案即为合法方案（无切分）。枚举切分点 $i$ ，钦定前 $i$ 个一定合法（不可切分），后 $n-i$ 个随便填，注意两端括号选取的总方案数为 $2k$ ，这样就可以算出不合法方案数

第二个式子同样考虑枚举切分点

接下来考虑使用 GF 技巧来快速计算上面的式子

我们设 $F$ 和 $G$ 分别对应 $f$ 数组和 $g$ 数组的多项式，那么我们可以列出下面两个式子

$$F=1+2kxG-{\displaystyle \frac{1}{2k}}(F-1)(G-1)$$

$$G={\displaystyle \frac{1}{2-F}}$$

第一个式子乘 $x$ 是因为要整体右移一位，减 1 减去的是常数项

第二个式子考虑一个括号序列可以由多个不可切分的括号序列组成，所以式子形如

$$G=1+(F-1)+(F-1{)}^2+\cdots$$

然后这个东西的封闭形式是经典的 ${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$ ，把 $F-1$ 套进去就行

然后通过我们高超的初二数学技巧，我们解出来

$$G={\displaystyle \frac{k\sqrt{1-(8k-4)x}+1-k}{1-4k^{2}x}}$$

$1-k$ 和 $k$ 就是一个只有常数项的单项式，${\displaystyle \frac{1}{1-4k^{2}x}}$ 就是数列 $p_n=(4k^2{)}^n$ 所对应的多项式的封闭形式，这样我们只要把封闭形式为 $\sqrt{1-(8k-4)x}$ 的多项式的系数给求出来即可

然后这里题解给了一个很微妙的类似于求解常微分方程的做法，具体来说，设

$$H=\sqrt{1-(8k-4)x}$$

对 $H$ 求导得

$$H^{\prime }={\displaystyle \frac{4-8k}{2\sqrt{1-(8k-4)x}}}$$

分母有理化得

$$H^{\prime }={\displaystyle \frac{(2-4k)H}{1-(8k-4)x}}$$

然后考虑第 $n$ 项的系数， $H^{\prime }$ 就相当于是将 $H$ 整体左移一位再乘上一个指数，也就是 $(n+1)h_{n+1}$，右边分母的 $x$ 乘到左边就相当于整体右移一位，即 $n{h}_n$ ，所以根据上面那个式子可以建立 $h_n$ 与 $h_{n+1}$ 之间的方程：

$$(n+1)h_{n+1}-(8k-4)n{h}_n=(2-4k)h_n$$

得到

$$h_{n+1}={\displaystyle \frac{8kn-4n-4k+2}{n+1}}{h}_n$$

这样这道题就做完了，由于只用求 $[x^n]G(x)$ ，所以时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$

代码里懒得线性求逆元了，所以复杂度是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的