CF1342 简要题解

因为 F 咕了好久，所以现在才写题解的屑（

• A

如果 \(2a\geq b\)，显然先选 \(\min(x, y)\) 次 \(b\)，否则不选 \(b\)。

• B

如果 \(t\) 只有一种字符，直接输出 \(t\) 即可，周期为 \(1\)。

否则周期 \(\geq 2\)。由于 \(|s|\leq 2\cdot |t|\)，可以令 \(s=(01)^{|t|}\)，可以发现每两位中选一位出来，必然可以找到子序列 \(t\)。

• C

不难发现，\(x\bmod a\bmod b\) 以及 \(x\bmod b\bmod a\) 的值，只和 \(x\bmod (ab)\) 的值有关。因此对每组数据，只需要预处理 \(x\in [0, ab)\) 的前缀和，就可以 \(O(1)\) 回答询问，复杂度 \(O\left(t(q+ab)\right)\)。

• D

如果一个 testcase 还可以容纳一个大小为 \(x\) 的 array，那么它必然还可以容纳一个 \(\leq x\) 的 array。因此，最优的方案显然是先在每个 testcase 里尽可能地多放大的。设 \(a_i\) 表示大小为 \(i\) 的 array 数量，则 testcase 的最小数量为 \(\max_{i=1}^k(\lceil\frac{\sum_{j=i}^{k} a_j}{c_i}\rceil)\)。

放的时候只需要按顺序贪心，但是要注意一点是，如果多个连续的 \(c_i\) 相同，则应该将他们看作相同的 array，否则，如果在较大的 \(i\) 处填满了 \(c_i\)，对于较小，但是 \(c_i\) 相同的 \(i\)，可能会向下遍历 \(O(n)\) 个 testcase 才能找到第一个合适的位置。如果将连续的 \(c_i\) 看作相同的，则复杂度可以由均摊来保证。

• E

（写完后发现写的好长啊……我是萌新，实锤了）

首先考虑，如何在 \(n\times n\) 的棋盘内放 \(n\) 个车，并让每个格子都处在车的攻击范围内。实际上这等价于，每一行都有至少一个车，或每一列都有至少一个车。证明可以考虑，如果存在至少一行、一列都没有车，那么它们的交点处的格子不可能被覆盖。由于只有 \(n\) 个车，我们可以将 “至少” 替换为 “恰好”，不难发现一样成立。

不难发现，如果 \(k=0\)，则任意一种方案都形如 \((1, p_1), (2, p_2), \ldots, (n, p_n)\)。并且对于每一个排列 \(p\)，这样的方案都是合法的，因此 \(k=0\) 时答案恰为 \(n!\)。

当 \(k\ne 0\) 时，我们发现两个条件是互斥的，因此只能选择满足其中一个。发现对于任意一种满足每行恰好一个车的条件的方案，将它沿主对角线翻转后，恰好对应了一种满足每列恰好一个车的方案，因此只需要对其中一个条件求解，乘以 \(2\) 就是答案。

现在要求解的问题是，在 \(n\times n\) 的棋盘上，每行放一个车（可以发现，互相攻击的车一定在同一列），恰好有 \(k\) 对车可以互相攻击的方案数。

换个思路想想，对于一种确定的方案，如何判定有多少车可以互相攻击。对于一个列，如果它放了 \(a_i>0\) 个车，那么这一列共有 \(a_i-1\) 对车可以互相攻击，否则有 \(0\) 对。可以发现，每一个非空的列都给答案贡献了一个 \(-1\)，因此一个方案有 \(k\) 对车可以互相攻击，当且仅当它恰好有 \(n-k\) 列非空。

现在的问题是，将 \(n\) 个有标号的球放进 \(n\) 个有标号的盒子里，求 \(f(n, k)\) 表示恰好有 \(k\) 个盒子为空的方案数。直接求比较困难，考虑容斥。

设 \(g(n, k)\) 表示随意硬点 \(k\) 个盒子是空的，并将每一个球任意地放进没有被硬点的盒子里的方案数。显然 \(g(n, k)=\binom{n}{k}(n-k)^n\)。考虑组合意义，发现对于满足 \(f(n, i), i\geq k\) 的每种方案，会在 \(g(n, k)\) 中被算到 \(\binom{i}{k}\) 次（即，假设满足 \(f(n, i)\) 的方案选择了某个大小为 \(i\) 的盒子的子集 \(S\)，那么在计算 \(g(n, k)\) 时，如果我们硬点为空的盒子集合为 \(T\)，那么这种方案会被计算一次，当且仅当 \(T\subseteq S\)），所以有 \(g(n, k)=\sum_{i=k}^n f(n, i)\binom{i}{k}\)。

这里复习一下二项式反演。由基本的二项式定理，我们知道 \(\sum_{i=0}^x \binom{x}{i}(-1)^i=\left[1+(-1)\right]^x=[x=0]\)。

设 \(g_x=\sum_{i=x}^n f_i\binom{i}{x}\)，则：

\[\begin{aligned} f_x &=\sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} g_x \binom{i}{x}\\ &=\sum_{i=x}^n (-1)^{i-x}\binom{i}{x}\sum_{j=i}^n f_{j}\binom{j}{i}\\ \end{aligned} \]

观察内外层枚举的上下界，不难发现实际上是 \(x\leq i\leq j\leq n\)，因此可以先枚举 \(j\)：

\[\begin{aligned} f_x &=\sum_{j=x}^n f_j\sum_{i=x}^j \binom{i}{x}\binom{j}{i}(-1)^{i-x} \end{aligned} \]

考虑内层的两个组合数的意义，它表示先从 \(j\) 个物品中选 \(i\) 个，再从选出的 \(i\) 个中选 \(x\) 个，等价于直接从 \(j\) 个中选 \(x\) 个，再在剩余的 \(j-x\) 个中选 \(i-x\) 个。因此有：

\[\begin{aligned} f_x &=\sum_{j=x}^n f_j\sum_{i=x}^j \binom{j}{x}\binom{j-x}{i-x}(-1)^{i-x} \end{aligned} \]

设 \(i'=i-x\)，则：

\[\begin{aligned} f_x &=\sum_{j=x}^n f_j \binom{j}{x}\sum_{i'=0}^{j-x}\binom{j-x}{i'}(-1)^{i'}\\ &=\sum_{j=x}^n f_j \binom{j}{x}\cdot [j-x=0]\\ &=f_x \end{aligned} \]

左右式恰好相等。因此我们证明了第一行的式子 \(f_x=\sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} g_x \binom{i}{x}\) 是正确的，代入本题即可得到最终答案：

\[\begin{equation}f(n, k)=\begin{cases}0& k\geq n\\n!& k=0\\2\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{n-k-i}\binom{n}{i}\binom{n-i}{k} \cdot i^n & \rm{otherwise}\\\end{cases}\end{equation} \]

• F

首先考虑一下，如果已知了一组将 \(a\) 划分为若干个子集的方案，如何判断它是否能构成合法的递增序列。

将每个子集按照权值和排序，显然不能出现两个子集权值相同。另外，按照权值和排序后，需要确定这个子集最后落脚的位置。换句话说，需要存在一种按顺序从每个子集取出一个元素的顺序，使得这些元素在原序列中的位置也是递增的。

\(n=15\) 的数据范围可以基本确定是状压 dp，然而还需要确定状态维度：

1. 已用的 \(a\) 的子集；
2. 最后一个子集的权值和；
3. 操作次数；
4. 最后一个子集中取出一个元素的位置。

如果将状态 \(1, 2, 4\) 作为维度，最小化 \(2\) 的话，状态数最少也是 \(O(n^2 2^n)\) 级别，由于转移中不可避免地枚举子集，复杂度不会低于 \(O(n^2 3^n)\)。精细实现的话可以通过本题，但是可以做到更优秀。

实际上，我们并不需要最小化 \(2\)，只需要保证整个过程中 \(2\) 的值严格递增。因此，只需要预处理出 \(2^n\) 个子集的权值和并排序，按照顺序更新状态，就可以避免 \(2\) 的影响。注意有可能出现多个子集权值相等，需要将它们一起处理，防止相互影响。

因此，设 \(f_{i, S, x}\) 表示考虑了 \(a\) 的前 \(i\) 小的子集，已用状态为 \(S\)，操作了 \(x\) 次时，最后一个子集中取出元素的最小位置。预处理新加入每个子集时取出元素的位置变化，就可以做到枚举子集后 \(O(1)\) 转移，总的时间复杂度为 \(O(n3^n)\)。注意到不需要显式维护 \(i\) 这一维，否则复杂度无法承受。

但是，如果不维护 \(i\)，输出方案将变得相当棘手。一个可行的解决方案是，更新每个 \(f_{S, x}\) 时，将此时的 \(i\) 作为一个额外信息储存起来。更新的时候不需要删除原来储存的信息，只需要 push_back。这样在倒推回方案的时候，由于每次选择的子集排序后的序号是单调的，只需要找到最近的合法的子集即可。由于每个 \(f_{S, x}\) 只会被更新 \(O(n)\) 次，总的空间复杂度不超过 \(O(n^2 2^n)\)。

代码比较精污，细节巨大多。