agc022F - Checkers 题解

每次做这种 atc 风格 DP 都是生不如死……

先扯一些关系不大的东西。

我们知道 $n$ 个元素合并 $n-1$ 次可以用一棵 $2n-1$ 个点的二叉树表示。每次合并都新建节点，并连向两个集合的树的根，得到一棵新树。这样可以描述每次合并的两个集合的无序对的集合，但并不能知道合并的顺序（也不会有题目需要知道顺序），但起码需要符合这棵树的拓扑序。如果 A 合并到 B、B 合并到 A 不同（可以理解为 PK 的胜负，负者淘汰），那么此时这种方法并不能记录每次的输赢，但只需要把胜者放在左儿子、负者放在右儿子即可。

但还有另一种我以前不知道的描述合并关系的方法。这种方法重在描述每次合并的胜负，每次合并设 A 胜 B 负，则令 B 目前的胜者直接指向 A 目前的胜者。这样也可以得到一棵（内向）树，只不过恰有 $n$ 个节点，且是多叉树（相当于把二叉树的左儿子缩上去）。但普通情况并不能描述每次合并的两个集合的无序对的集合，然而依然可以稍作改进做到。对于某个节点 $x$ ，记其儿子序列为 $A_{1\sim m}$ ，则必然恰好存在一个排列 $p$ ，使得 $A_{p_i}$ 参与的合并是与 $\{x\}\cup\bigcup\limits_{j=1}^{i-1}A_{p_j}$ 合并的，那就将儿子序列按照这个排列排序即可。这种方法依然不能知道合并顺序，但可以肯定合并是按照树的拓扑序进行的。所以这和二叉树方法是等价的。

再讲一个大冤种：如果每次是「将 $x,y$ 所在集合合并」，那么用无向边连接 $x,y$ ，会形成一棵无根树。每种断边 / 加边顺序就对应一种合并过程（当然不是双射）。

开始讲这个题。可以认为一开始是 $n$ 个向量 $\pmb a_i$ ，使得 $a_{i,j}=[i=j]$ 。每次 $\pmb u,\pmb v$ PK 是合并为 $2\pmb u-\pmb v$ 或 $2\pmb v-\pmb u$ 。注意到，这里涉及胜负，而多叉树描述法擅长描述这个。我之前只知道二叉树描述法，推了半天毫无头绪/yun

考虑其多叉树。每次胜者的集合里所有 $i$ 对最终向量的第 $i$ 分量贡献了 $-1$ 的系数，负者贡献 $2$ 。设第 $i$ 分量为 $(-1)^{c_i}2^{d_i}$ ，尝试将 $c_i,d_i$ 在树上表示出来。 $d_i$ 显然就是 $i$ 的深度。而 $c_i$ 比较复杂，好在我们只关心其奇偶性。

在 $i$ 往上爬的过程中，每爬一次看它在当前节点的儿子序列中排第 $\pi$ 个，则说明所在集合胜了 $\pi-1$ 次（这里排列 $p$ 与之前的描述是相反的/cy），对 $c_i$ 有 $\pi-1$ 的贡献。而它胜儿子们还有额外 $s_i$ 的贡献，其中 $s_i$ 是 $i$ 的儿子树。这样的表达太难受了，考虑写一个用父亲的 $c$ 值表达的递推式。容易写出 $c_i=c_{fa_x}-s_{fa_x}+(\pi_f-1)+s_x$ ，其中 $\pi_f$ 往上爬一次的 $\pi$ 。如果再将 $p$ 的含义 reverse 一次，表达式则简单很多，为 $c_i=c_{fa_x}+\pi_f+s_x$ （当然是模 $2$ 意义下的）。

又注意到：设最终能得到某一个向量 $\pmb v$ ，其元素的可重集为 $S$ ，则任意可重集为 $S$ 的向量都能达到（只要置换一下元素的地位即可）。这意味着我们可以从可重集的角度出发去计数，但要乘上 $\dfrac{n!}{\prod\limits cnt_x!}$ ，这要求我们的 DP 是以一种一种的 $(c\bmod2,d)$ 为阶段的。

下面正式开始 DP。设 $dp_{i,d}$ 为有 $i$ 个节点、至多 $d$ 层的所有多叉树的所有可能的可重集的可重集排列数之和。由于以层为阶段，每层的 $d$ 相等，只有两种可能的 $c\bmod 2$ ，极易做到转移时立刻决定 $\dfrac{1}{cnt_x!}$ 并以其为系数。再仔细想想，其实根本不需要记录 $d$ ，直接当作在考虑目前这棵树的最后一层即可，毕竟各层无本质区别（第一层除外，必须恰有一个点，所以要特判 $i=1$ ）。

考虑枚举最后一层的 $c=0$ 的个数 $x$ ，以及 $c=1$ 的个数 $y$ 。考察递推式 $c_i=c_{fa_x}+\pi_f+s_x$ ，最后一层 $s$ 值为 $0$ ，所以仅考虑 $c_{fa_x}$ 和 $\pi_f$ 。那么对于倒数第二层的某个节点 $u$ ，如果 $s_u$ 是偶数，则它的儿子们的 $c_{fa_x}$ 固定， $\pi_f$ 却有一半是 $0$ 一半是 $1$ ，所以儿子们的 $c$ 值一定是一半 $0$ 一半 $1$ 。一直这样下去的话必有 $x=y$ ，需要 $s_u$ 为奇数来调节。类似推理，可以知道这样 $u$ 的儿子们中 $c=\lnot c_{fa_x}$ 的会比 $c=c_{fa_x}$ 的多一个。

于是一种方案就是倒数第二层有 $|x-y|$ 个 $s_u$ 为奇数的 $u$ ，且这些 $u$ 的 $c$ 值都要等于 $[x>y]$ ，偶数点无所谓，但要保证奇偶总共至少有一个节点。只要是存在对应多叉树满足这个条件的向量元素可重集，便可将 $x$ 个 $0$ 、 $y$ 个 $1$ 接在下面，于是直接转移到对应状态即可。但是有那么一种可能，就是倒数第二层 $s_u$ 为奇数的 $u$ 的个数还可以是大于 $|x-y|$ 且与之奇偶性相同的数 $m$ ，并且 $c=[x>y]$ 的比 $c=\lnot[x>y]$ 的多 $|x-y|$ 个。把这些情况的 DP 值都加在一起吗？对不起，可能有重复。一种理想情况是，存在某一种状态的所有可能可重集完全包含其它状态，那就可以只算这个状态。幸运的是，可以证明 $|x-y|$ 个奇数的状态就是完全包含其它的。因为若超过 $|x-y|$ ，则必存在两个奇数点的 $c$ 值不同，则将其中一个的儿子给另一个，该层 $c$ 值可重集不变，且奇数点减少了两个。

好的，现在将 DP 定义扩展至 $dp_{i,j,k=0/1}$ 表示 $i$ 个数，最后一层 $\sum[2\nmid s_u]=j$ ，且这 $j$ 个的 $c$ 值必须都等于 $k$ 。重新考虑转移，可以发现相比于之前多了 $s_u$ 的影响，之前都是 $0$ 的。那么设 $c'_u=c_u-s_u$ ，即可跟之前差不多。枚举 $x,y$ 分别表示 $s_u$ 为偶数的点中 $c'=0/1$ 的数量，则根据 $j,k$ 容易算出 $x',y'$ 分别表示所有点中 $c'=0/1$ 的数量，以及 $x'',y''$ 分别表示所有点中 $c=0/1$ 的数量。那么贡献为 $\dfrac{1}{x''!y''!}dp_{i-j-x-y,|x'-y'|,[x'>y']}$ 。

这样时间复杂度是 $\mathrm O\!\left(n^4\right)$ ，可以过 agc 原题，但过不了模拟赛（魔鬼笑）。

先放个四方代码

constexpr int N = 510;

int n;
int iv[N], fc[N], ifc[N];
int dp[N][N][2];

void mian() {
	n = read(), P = read();
	iv[1] = 1; REP(i, 2, n) iv[i] = (ll)iv[P % i] * (P - P / i) % P;
	fc[0] = ifc[0] = 1; REP(i, 1, n) fc[i] = (ll)fc[i - 1] * i % P, ifc[i] = (ll)ifc[i - 1] * iv[i] % P;
	dp[1][0][0] = dp[1][0][1] = dp[1][1][1] = 1;
	REP(i, 2, n) REP(j, 0, i - 1) REP(k, 0, 1) {
		REP(x, 0, i - 1 - j) REP(y, 0, i - 1 - j - x) if(j || x || y) {
			int x0 = x + (k == 1) * j, y0 = y + (k == 0) * j;
			int x00 = x + (k == 0) * j, y00 = y + (k == 1) * j;
			int ad = x0 < y0 ? dp[i - j - x - y][y0 - x0][0] : dp[i - j - x - y][x0 - y0][1];
			addto(dp[i][j][k], (ll)ifc[x00] * ifc[y00] % P * ad % P);
		}
	}
	int ans = dp[n][0][0];
	ans = (ll)fc[n] * ans % P;
	prt(ans), pc('\n');
}

考虑优化到 $\mathrm O\!\left(n^3\right)$ 。

观察代码，枚举 $i,j,k,x,y$ ，考虑分成四元组 $(i,j,k,x)$ 和 $y$ 来查看。

总贡献为 $\sum\limits_{x}\dfrac{1}{(x+(1-k)j)!}\sum\limits_y\dfrac{1}{(y+kj)!}f(i,j,k,x,y)$ （这里 $i,j,k$ 虽然不在求和枚举里，但也是被枚举的变量）。如果能 $\mathrm O(1)$ 知道后面这个 $\sum$ 的值，便达到了三方。注意到该 $\sum$ 仅与 j || x、 $i-j-x$ 、x + (k ? j : -j)、 $kj$ 有关，其中 j || x 是 bool 值其复杂度可以忽略。这样还是涉及三个 $\mathrm O(n)$ 的量，有 $\mathrm O\!\left(n^3\right)$ 种 $\sum$ 的值（flag），计算每种的话加上枚举 $y$ 还是四方的复杂度。

但是注意到最后一项 $kj$ ，如果 $k=0$ 就不需要记录了，那么就只有 $\mathrm O\!\left(n^2\right)$ 种，对每种暴力计算复杂度就是三方了。那 $k=1$ 呢？很简单，交换 $x,y$ 地位即可。

略微卡常，用了 18 次乘法取一次模的优化才过/qd

code

constexpr int N = 510;

int n;
int iv[N], fc[N], ifc[N];
int dp[N][N][2];
ull f[N][3 * N][2][2];
int vis[N][3 * N][2];

void mian() {
	n = read();
	iv[1] = 1; REP(i, 2, n) iv[i] = (ll)iv[P % i] * (P - P / i) % P;
	fc[0] = ifc[0] = 1; REP(i, 1, n) fc[i] = (ll)fc[i - 1] * i % P, ifc[i] = (ll)ifc[i - 1] * iv[i] % P;
	dp[1][0][0] = dp[1][0][1] = dp[1][1][1] = 1;
	memset(f, -1, sizeof(f));
	REP(i, 2, n) REP(j, 0, i - 1) REP(k, 0, 1) { // 这优化，多是一件美逝啊…… 
		if(k == 0) {
			REP(x, 0, i - 1 - j) {
				ull &F = f[i - j - x][x + (k ? j : -j) + n][k][j || x];
				if(!~F) {
					F = 0; int c = 0;
					REP(y, 0, i - 1 - j - x) if(j || x || y) {
						int x0 = x + (k == 1) * j, y0 = y + (k == 0) * j;
						int y00 = y + (k == 1) * j;
						int ad = x0 < y0 ? dp[i - j - x - y][y0 - x0][0] : dp[i - j - x - y][x0 - y0][1];
						F += (ll)ifc[y00] * ad;
						if(++c == 18) F %= P, c = 0;
					} F %= P;
				}
				int x00 = x + (k == 0) * j;
				addto(dp[i][j][k], ifc[x00] * F % P);
			}
		} else {
			REP(y, 0, i - 1 - j) {
				ull &F = f[i - j - y][y + (!k ? j : -j) + n][k][j || y];
				if(!~F) {
					F = 0; int c = 0;
					REP(x, 0, i - 1 - j - y) if(j || x || y) {
						int x0 = x + (k == 1) * j, y0 = y + (k == 0) * j;
						int x00 = x + (k == 0) * j;
						int ad = x0 < y0 ? dp[i - j - x - y][y0 - x0][0] : dp[i - j - x - y][x0 - y0][1];
						F += (ll)ifc[x00] * ad;
						if(++c == 18) F %= P, c = 0;
					} F %= P;
				}
				int y00 = y + (k == 1) * j;
				addto(dp[i][j][k], ifc[y00] * F % P);
			}
		}
	}
	int ans = dp[n][0][0];
	ans = (ll)fc[n] * ans % P;
	prt(ans), pc('\n');
}