2023-2-8 #35 将日光夺回的反叛 在冰结中展开

——Licis《蝉鸣死去的夜晚》

【乐正绫AI原创】蝉鸣死去的夜晚【原创曲PV付】 太好听了，真的很推荐！

昨天和 juju hzr 一起训了一场 ACM：CCPC2022 Weihai，不知道为啥感觉状态比较拉，签到的 G 题都不会做了，写的几道题也调了很久😔。（不过这场的题也很💩）

今天小小玩了一款恐怖游戏 缄默咖啡厅，剧情和美术风格都说得过去，不过娃娃跳脸还是吓到我了呜呜呜😟，希望晚上睡得着觉。

不太记得群论了，复习一下。（所以可能今天的题比较水！）

192 P4128 [SHOI2006] 有色图 / P4727 [HNOI2009]图的同构计数

做这题让我想起了圆环之理。

根据 polya 定理只需算出每种排列对应点的等价类数量与边的等价类数量。

由于 \(n\) 比较小，我们可以直接用分拆数的复杂度枚举环的拆分，注意分拆的系数需要考虑圆排列与相同大小环之间的无序，然后等价类就很好算了：无非是每个环内部有环长除二下取整的等价类，两个不同环有环长 \(\gcd\) 的等价类。

193 P4708 画画

也是一道分拆数的题，我们先类似上一道题分拆数地枚举一下。

环内的边：对于长为奇数的环，每条边都会让每个点度数加二；对于长度为偶数的环，只有恰好跨越半个环的边才会让整个环全体度数加一，其余都是加二。

环之间的边：对于两个大小分别为 \(x,y\) 的环，有 \(\gcd(x,y)\) 个等价类，一条边对左边每个点连出 \(\frac{y}{\gcd(x,y)}\) 条边，右边则是 \(\frac{x}{\gcd(x,y)}\)。那么每个等价类无非分三类：无作用、某个环所有点度数奇偶性改变、两个环同时改变。

那么可以变为一张有自环重边的图，你要选择一个子图使得每个点度数为偶数。而这是经典问题：P4494 [HAOI2018]反色游戏。

给出结论：设自环数量为 \(s\)，点数 \(n\)，边数 \(m\)，那么一个连通块的方案数为 \(2^{\max(s-1,0)+m-n+1}\)，若没有自环我们可以任选一棵 dfs 树，每种非树边选择方案都恰好对应一种情况，有自环只需自环选择数量为偶数就好了。

194 loj#6538. 烷基计数 加强版 加强版 / P6598 烷烃计数 / P6597 烯烃计数

先做烷基计数。

毕竟有根树，可以直接列生成函数，对于根的三棵子树应用 burnside。

\[F(x)=1+\frac{x}{6}(F^3(x)+3F(x^2)F(x)+2F(x^3)) \]

其中置换 \((1,2,3)\) 三棵子树没有限制，\((1,3,2),(3,2,1),(2,1,3)\) 要求两棵子树相同，\((2,3,1),(3,1,2)\) 要求三棵子树相同。

这个东西可以牛顿迭代，但其实我也不太会牛顿迭代，复习一下！

多项式牛顿迭代：给定 \(g(x)\)，求 \(f(x)\) 满足 \(g(f(x))\equiv 0\pmod{x^n}\)。
方法：倍增，我们解出 \(g(f_0(x))\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac n2\rceil}}\)。
将 \(g(f(x))\) 在 \(f_0(x)\) 处泰勒展开得到 \(g(f(x))=\sum_{i\geqslant 0}\frac{g^{(i)}(f_0(x))(f(x)-f_0(x))^i}{i!}\equiv 0\pmod{x^n}\)。
而 \(f(x)-f_0(x)\) 最低非零项为 \(\lceil\frac n2\rceil\)，因此 \(i\) 只需考虑到 \(1\)。
得到 \(g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv 0\pmod{x^n}\)，即 \(f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^n}\)。

那么有:

\[g(F(x))=1+\frac{x}{6}(F^3(x)+3F(x^2)F(x)+2F(x^3))-F(x)\\ g'(F(x))=\frac{x}{6}(3F^2(x)+3F(x^2))-1\]

牛顿迭代的过程 \(F(x^2),F(x^3)\) 都是常函数，套式子就好了，复杂度 \(O(n\log n)\)。

然后是烷烃计数。

无根树经典的钦定方法：以重心为根。

根有可能有四个儿子，类似上面的式子我们能得到：

\[R(x)=1+\frac{x}{24}(F^4(x)+6F^2(x)F(x^2)+3F^2(x^2)+8F(x)F(x^3)+6F(x^4)) \]

重心去重比较简单，因为砍掉一棵重心子树后剩余两个连通块都是烷基。于是减去某棵子树大小大于 \(\lfloor\frac n2\rfloor\) 的情况以及两个重心算重的情况就好啦。

最后是烯烃计数。

断开碳碳键后两个连通块都是有根且根度数不超过 \(2\) 的烷烃，于是列出：

\[C(x)=1+\frac{x}{2}(F^2(x)+F(x^2))\\ D(x)=\frac{(C(x)-1)^2+C(x^2)-1}{2}\]

三道题都是 \(O(n\log n)\)。

195 CF1630E Expected Components

场上不会 polya 折戟沉沙！

196 ABC284H Count Unlabeled Graphs

197 CFgym104023G Grade 2

很丢人阿，这种签到题不会做！把这题丢给 hzr 他一下秒掉了。

我们有：

\[\sum_{i=1}^n[\gcd(ix\oplus x,x)=1]=\sum_{i=1}^n[\gcd(ix+x-2(ix\operatorname{and}x),x)=1]\\=\sum_{i=1}^n[\gcd(2(ix\operatorname{and}x),x)=1] \]

那么可以立即得到 \(i\) 中高于 \(\lceil\log_2 x\rceil\) 的位无影响，答案有一个 \(2^{\lceil\log_2 x\rceil}\) 的循环节，预处理即可。

198 CFgym104023L Novice Magician

很难，不知道为什么很多队伍都会。

如果总和不是 \(2^{n-1}\) 的倍数一定无解，因为每次贡献都是这个的倍数。

我们首先可以用 \(2^{n-1}-1\) 次操作，每次用前面 \(2^{n-1}-1\) 个位置来辅助还原掉最后面一个数。

操作带来的 \(-0,-2,-4\) 的额外贡献显然可以预先消掉，那么一次操作可以看成选中的所有位置减去某个数。由于只剩 \(2^{n-1}+1\) 个数，其事实上等价于某个位置加一个数，这就好构造了。

注意到此时未还原的前 \(2^{n-1}+1\) 个数总和一定仍是这个的倍数，不妨记其为 \(s\)。

直接给出策略：对于第 \(i\in[1,2^{n-1}+1]\) 轮，我们操作所有 \(j\ne i\)，将其加上 \(\frac{s}{2^{n-1}}-a_i\)，可以发现最后位置 \(i\) 加上的是 \(s-\sum_{j\ne i}a_j=a_i\)。