计数类 DP

P9522 [JOISC2022] 错误拼写

牛魔计数题使我旋转。

主要说一下分析思路：

根据字典序的比较方式我们可以转化一下 $T_{A_j}<T_{B_j}$ 这个条件。我们现在只考虑严格小于的情况。

字典序暗示我们要从后往前 DP，于是设 $f_{i,j}$ 表示 $s_i=j$ 的方案数。然后考虑从 $f_{i^{\prime },j^{\prime }}$ 转移过来，思考转移的约束。

这个约束就是对于一段 $[A,B]$ 里面的 $i^{\prime }$，对 $i<A$ 都要少掉一段贡献，这段贡献和 $j$ 有关。

于是设 $h_j$ 表示 $i+1\sim n$ 中 $f_{\ast ,j}$ 的贡献。每次移动 $i$ 的时候更新 $h_j$。用链表维护，时间复杂度 $\mathcal{O}(n|\sum |)$。

计数题好难。

P2051 [AHOI2009] 中国象棋

即每一行、每一列最多有两个棋子。

在转移的时候，我们需要依赖于上一层的状态，但往往我们无需清楚每个地方的状态具体是啥，只需知道某种状态的个数，然后使用排列组合计算。

设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 行，有 $j$ 列一个炮，有 $k$ 列两个炮。

枚举这一行放几个炮直接转移就行。

P3158 [CQOI2011] 放棋子

发现维护个数比较困难。

发现每种颜色都是相互独立的，区域的划分依据是完整的行和列。所以可以考虑设 $f_{k,i,j}$ 表示前 $k$ 种颜色占据了 $i$ 行 $j$ 列的方案（这类题通常都可这样设），转移需要一个 $g_{i,j,k}$ 表示用 $k$ 枚同色棋子占据 $i$ 行 $j$ 列的方案。

$g$ 需要容斥。

P10982 Connected Graph

正难则反，我们求 $n$ 个点的无向不联通图个数。

一开始为了不计算重复，我设了 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个点，形成 $j$ 个联通块的方案，然后再它做容斥，但总有点问题。

一种可行的方法是：钦定一个点作为划分依据。

比如以 $1$ 号点为依据，设 $f_i$ 表示 $i$ 个点的联通图方案，转移时考虑 $1$ 号点所在联通块大小，让其余的点不与该联通块连边即可。

CF1989E Distance to Different

观察到 $b$ 取决于 $a$ 中相同数组成的连续段。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数分成了 $j$ 个连续段的大小，转移不表，注意要特殊处理 $f_{i-2,j-1}$。

我想到这后还一直在想怎么保证每种数都填进去了这 $j$ 个段，后来才发现只需保证分成了至少 $k$ 个段就行了，具体怎么填根本不重要，因为对应的 $b$ 都是一样的。

所以第二维只用开到 $k+1$，前缀和优化。

自己实在太唐了。

CF1585F Non-equal Neighbours

感觉要记录 $i$ 选的数和 $a_i$ 的大小关系。然后可能可以转移？？貌似没人这样做。

考虑容斥，钦定有 $k$ 个 $i$ 满足 $b_i=b_{i+1}$，则 $ans=\sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^{k}F(k)$。

于是有一个朴素的 DP，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，分成了 $j$ 段的方案数，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

然后发现我们需要的是段数的奇偶性，于是将状态改为 $f_{i,0/1}$，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

发现转移式里不好优化的是一个 $min$，这个可以搞一个单调栈，然后加上一堆判断搞定。

CF1909F Small Permutation Problem

很厉害的题。

先考虑 Easy Version。一开始编了一个 DP 做法，但好像不太对。

第一步转化就是将 $(i,p_i)$ 放到坐标系上，将问题转化成放车问题，合法的放置要求每一行每一列都只有一个车。那么 $a_i-a_{i-1}$ 就对应着一个 L 字形里的点对数量。实时维护 $(1,1)\sim (i,i)$ 还未放置的行列数量即可。

考虑 Hard Version，我们可以将一段 $-1$ 缩起来，设区间 $(i,j)$ 之间全是 $-1$，那么相当于在一个 $y\times y$ 的网格挖掉左下角 $x\times x$ 的网格后形成的 L 字形网格中放 $t$ 个车，其中 $x=j-a_j$，$y=i-a_j$，$t=a_i-a_j$。这个东西可以容斥。时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

[ARC180C] Subsequence and Prefix Sum

发现 $0$ 有很大的影响。发现第一个选的数也有很大影响（但这种可以归类为前面那种，因为初始值为 $0$）。

一旦前缀和出现了 $0$，后面如果只选一个数，那么跟不选没区别。如果选不止一个数，那么第一个数要是相同的选哪个都一样。怎么办？

一开始想用最小表示法，但不会 。

发现自己智力不够，思维混乱，我们只需再记录 $g_i$ 表示前面和为 $i$ 且上一次为 $0$ 的方案数。然后我们不用 $f_{i-1,0}$ 转移到 $f_{i,a_i}$，这样就避免了选一个数的情况。然后用 $g_j\to f_{i,j+a_i}$，就计算上了不止选一个数的情况。每次循环后，$g_{a_i}\leftarrow g_0$，$g_0\leftarrow f_{i,0}$。

反思：思维混乱，在计数题中是大忌。要学会归纳各种情况，减少复杂的分类讨论，规约为简单的问题。

P9131 [USACO23FEB] Problem Setting P

先考虑状压出每道题的状态，状态相同的单独考虑。然后思考转化判定条件：其实就是满足前一道题是后一题的子集。

那我们设 $f_s$ 表示最后一道是 $s$ 状态的题，枚举子集直接转移，时间复杂度 $\mathcal{O}(3^m)$。

一个 Trick：将状压后的数折半，分成前后两部分。

设 $s_{i,j}$ 表示满足 $x$ 前 $10$ 位是 $i$，后 $10$ 位是 $j$ 子集的 $f_x$ 的总和。那么转移的时候只需枚举前 $10$ 位，修改 $s$ 时只需枚举后 $10$ 位。可以做到 $\mathcal{O}(n{2}^{m/2})$。

有一个大神 DP：考虑优化枚举子集，考虑每次加入一个元素，按 $|S|$ 转移，从集合 $i\to i\cup \{s_1,s_2,\dots ,s_k\}$ 有 $k!$ 种方式。

设 $f_{i,j}$ 表示现在走到集合 $i$，用了 $j$ 步的方案。

• 下一步走到的集合不选：$f_{i\cup \{x\},j+1}\leftarrow f_{i,j}$
• 下一步走到的集合选：$f_{i\cup \{x\},0}\leftarrow f_{i,j}\times {\displaystyle \frac{1}{(j+1)!}}\times va{l}_{i\cup \{x\}}$

反思：转化判定条件，配合一些 Trick 的使用。

【NOIP Round #7】排列计数

很好的容斥 DP 题。

首先可以想到将极长的公差为 $k$ 的子序列拿出来，然后容斥。

我们可以将一些连续的 $|a_{p_i}-a_{p_{i+1}}|=k$ 缩成一段，设 $f_{i,j}$ 表示将前 $i$ 个子序列划分成 $j$ 段的方案数，总答案就是 $\sum _{i=1}^n(-1{)}^{n-i}{f}_{tot,i}\times i!$。

考虑 $f$ 的转移，我们发现长度 $\ge 2$ 的段可以翻转，于是我们再设 $g_{i,j,0/1}$ 表示将长度为 $i$ 的子序列，分成 $j$ 段，且最后一段 $=1/\ge 2$ 的方案数。有：

• $g_{i,j,0}=g_{i-1,j-1,0}+g_{i-1,j-1,1}$
• $g_{i,j,1}=2\times g_{i-1,j,0}+g_{i-1,j,1}$

于是 $f$ 的转移也容易写出。

反思：想到容斥之后没有往 DP 上想，也没有在缩成一段这个点上继续研究，而是想着上科技，或者硬着正面求解，淦！

[ARC105F] Lights Out on Connected Graph

考虑枚举左部点，然后计算联通的方案数。

但是不会计算！这个东西你一看还是容斥好嘛。

钦定那个编号最小所在的联通块和其他不联通，然后容斥。

设 $f_s$ 表示 $s$ 集合的答案，则 $f_s=g_s-\sum f_t\times g_{s/t}$。其中 $g_s$ 表示 $s$ 集合连成二分图的方案数。

反思：对容斥计数还是不熟悉，放到图上就想不到了。

[ARC178D] Delete Range Mex

看中文题面看错题了，看英文就发现看错了，怎么回事呢？

得仔细挖掘性质，首先删肯定是从大到小删。其次，要是想删掉一个数 $i$，那么 $[0,i-1]$ 的数必须同时在 $i$ 左边和右边。

然后我们时光倒流，考虑在空隙 $1\sim m+1$ 里从小到大插入数。设 $f_{l,r,i}$ 表示已经插入完了 $0\sim i$ 的数，并且插在了 $l\sim r$ 之间。

若 $i$ 没被删，则 $f_{l,r,i}\leftarrow f_{min(po{s}_i,l),max(po{s}_i+1,r),i-1}$。

若被删了，则分插在左右两边讨论，可以前缀和优化到 $\mathcal{O}(1)$ 转移。

初始化分 $0$ 是否被删讨论。

反思：需要努力挖掘性质的计数题，时光倒流，不太一样的区间 DP 写法。

[ARC176C] Max Permutation

还是建边，这样每个点只能满足最小的 $c_i$。一些点就确定了，剩下一些联通块。

因为是排列，所以每个 $c_i$ 的联通块只能有一个而且是菊花图。记 $s_i$ 表示剩下的 $1\sim i$ 里的数的个数。

按 $c_i$ 从小到大依次考虑每个联通块。每次是形如 $A_{s_{c_i}}^t$ 的贡献，$t$ 是联通块点数。然后执行一次后缀减一。

不知道对不对。

算了按别人的做法写一下吧。

首先仍然是建图，但我们现在考虑从 $n\to 1$ 填数。在那个联通块里找到那个公共点，然后将 $c_i$ 填到那个点上。其余的归到剩余点里。

反思：计算排列可以从填数角度入手。

[ARC169C] Not So Consecutive

设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个 数填了 $j$。然后枚举连续段的起点转移。

第一个没填 $j$ 的位置是可以直接找到的，记其为 $p$。则 $\sum _{k=p}^{i-1}\sum _{j^{\prime }\ne j}{f}_{k,j}\to f_{i,j}$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

但是我写的太shi了，还过不去样例。不应该把 $-1$ 拿出来单独做，应该直接在原序列做这样简便一点。

反思：要寻找实现简便的方式写代码。

[ARC167C] MST on Line++

将边权为 $i$ 的边称为 $i$ 类边。考虑每条边被选了几次。

考虑 kruskal 的过程，这只和边权的相对大小有关，所以将 $a_i$ 升序排序。

考虑如下的子问题：

$|i-j|\le k$ 且 $max(p_i,p_j)\le A$ 时有边，求不形成环的情况下最多能选多少条边。

设 $f_i$ 表示 $A=i$ 时的答案，第 $i$ 条边被选的次数就是 $f_i-f_{i-1}$。

怎么求 $f_i$？对于一个排列 $P$，将 $P_j\le i$ 的下标 $j$ 放进集合 $Q$，$Q$ 中元素升序排序。不在 $Q$ 集合里的点一定没有任何连边。

而所有 $Q_j-Q_{j-1}\le k$ 的下标之间都有连边，都选上一定不劣。所以一个排列 $P$ 的贡献就是 $\sum _{j=2}^i[Q_j-Q_{j-1}\le k]$。

枚举一个 $j$，对所有排列计算贡献，$Q_j-Q_{j-1}\le k$ 的排列有 $\sum _{K=1}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-K}{i-1})\times i!\times (n-i)!$ 个。再乘上 $(i-1)$ 即可。

反思：步步紧凑的计数题，难度还是灰常大的。和某些算法要解决的问题相关的题目，可以从算法的过程入手。

[ARC067E] Grouping

按组的大小从小到大考虑。

设 $f_{i,j}$ 表示考虑了 $i$ 个人，最后一组的人数为 $j$ 的方案数。转移即枚举人数为 $j$ 的组的总人数，$\sum _{k=1}^{j-1}{f}_{i,j}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})\times g_{k-i,(k-i)/j}\to f_{k,j}$。其中 $g_{i,j}$ 表示将 $i$ 个人平均分成 $j$ 组的方案数。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\ln n)$。

P2523 [HAOI2011] Problem c

tangsir题。

什么时候合法？就是 $\ge a_i$ 的小于 $n-a_i+1$ 个，所以原始编号无关紧要，应该按 $a_i$ 从大到小考虑。

直接设 $f_{i,j}$ 表示编号 $\ge i$ 的有 $j$ 个，转移即 $f_{i,j}\leftarrow f_{i+1,k}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})$

P3255 [JLOI2013] 地形生成

先考虑第一问，我以为第一问不能直接算答案，但其实是可以的。

按高度从大到小插入。

如果没有相同高度，则 $ans\times min(v_i,i)\to an{s}^{\prime }$。如果有相同高度呢？不妨按关键字从小到大排序，则 $ans\times min(v_i+t,i)\to an{s}^{\prime }$，$t$ 表示前面有多少个和它高度相同。

第二问，考虑将一段高度相同的山拿出来 DP。设 $f_{i,j}$ 表示该段前 $i$ 座山插到前面的第 $j$ 座山的前面。转移则 $f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}$。

P4859 已经没有什么好害怕的了

二项式反演模板题。

首先转化成恰好有 $(n+k)/2$ 对 $a_i>b_i$ 的方案数。

将 $a,b$ 从小到大排序，双指针求出 $R_i$ 表示 $b_{1\sim R_i}<a_i$。

设 $g_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数至少有 $j$ 对 $a_i>b_i$，转移则 $g_{i,j}=g_{i-1,j}+g_{i-1,j-1}\times (R_i-(j-1))$。

最后套二项式反演的公式，注意 $g_{n,i}$ 要乘上 $(n-i)!$。