ACM中的组合计数题单好题汇总(持续更新中)

前言:

这里会分享一些精妙的组合计数题, 此类题往往需要选择合适的计数集合的划分方式, 有些计数角度的精妙, 个人感觉没有做过相对的题目, 或者是计数感足够犀利, 实在是很难想到正确的角度, 所以这里会汇总一些有趣的计数题, 希望可以帮助到一部分人

ARC168 C - Swap Characters

题意:

给定一个长度为$N$, 且只包含A, B, C 的字符串$S$, 我们可以做如下的操作不超过$K$次:

• 任意交换两个字符

问最后$S$可能变成的字符串有多少种?

思路:

乍一看这个条件其实很强劲, 我们可能上来会先想dp, 但是一定不要忘记只含有三种字符这个关键条件
我们将字符串$S$可能变成的结果字符串设为$T$, 那么问题其实就转化为了:

• 有多少种字符串$T$, 是可以通过对$S$进行不超过$K$ 次操作得来?

不错! 好像前进了一步, 这样就可以自然地想出下一阶段的问题:

• 字符串$S\to T$ 最少经过多少次变换?

那么我们只需要关心对应位置的关系, 我们设$f(x,y):=$ 有多少个位置pos, 使得$S[pos]=x$, 并且$T[pos]=y$, 那么首先我们只需要关心$x!=y$的$f$值 (x, y 是字符)
首先如果$f(x,y)>0$, $f(y,x)>0$, 那么我们是不是可以交换这两个位置, 使得两个值都减一, 可以持续这样的操作, 直到有一方为0
结果就会变成$f(A,B)=f(B,C)=f(C,A)=X$, $f(A,C)=f(C,B)=f(B,A)=Y$, 且X和Y之中的其中一个肯定为0
不妨设$X>0$, 我们可以找到三个位置$(A,B,C)\to (B,C,A)$, 只需要进行两次交换操作, 此时X--
综上, 我们找到了将$S$变成$T$的方法, 通过这种方法, 我们似乎也可以找到一种对$T$的计数方式.
我们可以枚举$f$ 的值, 具体地说, 可以分别枚举(A, B), (B, C), (A, C), (A, B, C)出现的次数, 前三对是操作1, 后面的是操作2, 操作2的代价是两次交换, 操作1的代价是一次交换,
得益于$K$的范围很小, 所以可以轻松解决

ABC313 G-Redistribution of Piles

题意:

有$N$堆石子, 每堆石子的个数为$A_i$, 现在我们可以进行以下两种操作的任意一种任意次:

• 对于当前所有的堆, 如果石子数大于0, 就拿走一个放到背包里, 初始时背包为0
• 如果背包内的石子数大于等于$N$, 就拿出$N$个石子, 在$N$堆都放入一个石子

问最后可能的石子序列有多少种, 注意最后背包可以不为空

分析:

如果称第一种操作为A操作, 第二种操作为B操作, 可以发现如果进行一次B操作, 那么之后的一次A操作是没有意义的, 所以可以断言, 操作序列一定是形如A...AB...B的形式

这是一种很常用的技巧!, 我们可以在很多题目中找到类似的技巧, 也就是我们在结果与操作序列之间建立双射关系的时候, 会发现一种结果对应好多种操作序列, 我们会优先选择一种最为简单的操作序列与之建立一一映射

回到正题, 不妨按照石子个数升序排序, 那么根据上述推论, 我们会一直执行A操作, 假设在进行了若干次后停止, 我们可以知道此时一定有一个前缀全0
此时我们枚举变0的位置, 统计当前背包的石子数$s$, 那么当前局面B的最多操作次数就是$\frac{s}{n}$ 下取整, 至此问题完美解决
(PS: 暴力计算是$O(n\ast max\{A_i\})$, 但是计算B的可操作计数可以使用类欧计算)

CF1096E The Top Scorer

题意:

小明在打比赛，包括小明自己一共有 $p$ 名选手参赛，每个人的得分是一个非负整数。最后的冠军是得分最高的人，如果得分最高的人有多个，就等概率从这些人中选一个当冠军。

现在小明已知了自己的得分大于等于 $r$，所有选手的得分和为 $s$。求小明获胜的概率，结果对 $998244353$ 取模。

分析:

我们发现其实如果固定小明的分数, 那么整个序列的最大值是确定的, 首先我们枚举小明的分数$x$, 其次枚举$y$人和小明同一个分数, 然后我们算出对应局面的方案数$T(x,y)$, 那么答案就是

$$\frac{\sum _{x=r}^s\sum _{y=0}^{p-1}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{p-1}{y})T(x,y)}{y+1}}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-r+p-1}{p-1})}$$

分母是通过隔板法算出的方案数, 分子就是枚举的结果, 别忘了同分数的要选择小明, 所以还需要除以$y$
那么问题就是如何计算当前局面的方案数, 我们将问题抽象出来, 其实就是

• $f(n,s,k):=$当前有$n$个人, 分数和为$s$, 每个人分数小于等于$k$的方案数

这就是经典的二项式反演模型, 我们假设$g(i):=$ 至少有$i$个人不合法的方案数, $h(i):=$恰好有$i$个人不合法的方案数
那么

$$g(i)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-(k+1)\ast i+n-1}{n-1})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$$

这里要注意, 因为每个人是互不相同的, 所以在计算至少有$i$个人的时候, 要先选出来$i$个人, 然后钦定这$i$个人大于$k$, 之后再计数
然后我们由二项式反演, 可得

$$g(i)=\sum _{j>=i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})h(j)$$

自然就有

$$h(i)=\sum _{j>=i}(-1{)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})g(j)$$

至此本题解决
有点小心得, 众所周知, 二项式反演有两种形式: (至少 <-> 恰好) 以及 (至多 <-> 恰好)
我个人比较习惯至少, 因为比较自然
其次, "至少"其实就是钦定一部分, 这一部分一定要易于计算, 然后剩下的放任自流, 比如本题如果我们设$g(i):=$ 至少有$i$ 个人合法, 那我们钦定这$i$个人感觉没啥卵用, 因为无法计算, 我们只会算"不合法+放任自流"的方案, 不会算"合法+放任自流"的方案

ABC215G Colorful Candies 2

题意

现在有 $n$ 个糖果, 每个糖果有一种颜色 $c_i$.

现在高桥君想要在中间选 $k$ 个糖果. 由于他想吃最多种颜色的糖果, 所以他的快乐值是选择的糖果的颜色种类数.

例如, 选择糖果的颜色是 $\{2,3,3\}$, 那么他的快乐值是 $2$.

对于 $\mathrm{\forall }k\in [1,n]$, 求出高桥君随机选择 $k$ 个糖果的快乐值的期望值, 对 $998244353$ 取模.

$n\le 5\times {10}^4$, $c_i\le {10}^9$.

分析:

这里应该对"拆贡献"这一计数技巧足够敏感, 注意到答案就是:

$$\frac{\mathrm{每}\mathrm{种}\mathrm{选}\mathrm{择}\mathrm{方}\mathrm{案}\ast \mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{颜}\mathrm{色}\mathrm{数}}{\mathrm{总}\mathrm{的}\mathrm{情}\mathrm{况}}$$

总的情况其实就是$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$, 所以问题就是如何计算分母, 正面思考就是找方法计算每种颜色数所对应的情况数, 但是发现难以入手, 或者说是得不到一个理想复杂度的式子
这个时候反过来考虑每个颜色的贡献, 也就是有多少种情况, 会使得这个颜色产生贡献, 记$cn{t}_i$ 为颜色$i$出现的次数, 那么如果选择$k$个糖果, 这个颜色产生贡献的方案数为

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-cn{t}_i}{k})$$

上述式子意义就是有多少种选择方式, 使得会选到颜色$i$, 当然这个时候颜色$i$就会产生1个贡献, 所以选择$k$个糖果的期望就是

$$\sum _{c\in C}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-cn{t}_c}{k})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}$$

因为最多$n$ 种颜色, 所以我们得到了一种$O(n^2)$ 的做法
这个时候有一个很妙的trick, 如果有两种颜色的出现次数一样, 那么他们的贡献一样, 所以我们合并同种出现次数的颜色, 那么这个时候的颜色种类数最多$\sqrt{n}$种, 此时时间复杂度为$O(n\sqrt{n})$ 可以接受