抛开挂分不谈

这场模拟赛真是太幽默了哈哈哈

Stage 1

不难注意到 $f_n={\displaystyle \frac{1}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m})}}$。

但是上述做法细节太多，尤其容易将 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{m})$ 写成 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})$ 导致 TLE 挂分。

所以我们应当参考题解学习高级做法。

首先不难发现, 记 $g_i={\displaystyle \frac{f_i}{m}}$, 那么

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \{\begin{array}{c}{g}_0=0\\ g_i=\frac{i}{m+i}{g}_{i-1}+\frac{1}{m+i}(i\ge 1)\end{array}\end{array}$$

求出 $g_n$ 即可。

把下面的式子换个形式：

$$\begin{array}{}\text{(4)}& (m+i)g_i=i{g}_{i-1}+1\end{array}$$

设

$$\begin{array}{}\text{(5)}& y=\sum _{i\ge 0}{g}_i{x}^i=\sum _{i\ge 1}{g}_i{x}^i\end{array}$$

那么:

$$\begin{array}{c}\sum _{i\ge 1}(m+i)g_i{x}^i=\sum _{i\ge 1}(i{g}_{i-1}+1)x^i\\ \text{(6)}& my+x\sum _{i\ge 1}i{g}_i{x}^{i-1}=\sum _{i\ge 1}{x}^i+x^2\sum _{i\ge 1}(i-1)g_{i-1}{x}^{i-2}+x>\sum _{i\ge 1}{g}_{i-1}{x}^{i-1}my+x{y}^{\prime }=\frac{x}{1-x}+x^2{y}^{\prime }+xy\end{array}$$

整理:

$$\begin{array}{}\text{(7)}& y^{\prime }+\frac{m-x}{x-x^2}y=\frac{1}{(1-x{)}^2}\end{array}$$

发现这是一阶线性微分方程的形式。

记 $P(x)=\frac{m-x}{x-x^2},Q(x)=\frac{1}{(1-x{)}^2}$ 。

那么根据常数变易法, 有:

$$\begin{array}{}\text{(8)}& y=\exp (-\int P(x)dx)\cdot \int Q(x)\exp (\int P(x)dx)dx\end{array}$$

$P(x)$ 是有理函数:

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \int P(x)dx=\int (\frac{m}{x}+\frac{m-1}{1-x})dx=m\ln x-(m-1)\ln (1-x)+C_1\end{array}$$

这里认为 $x\in (0,1)$ 。

$$\begin{array}{c}\exp (\int P(x)dx)=C_1{x}^m(1-x{)}^{1-m}\\ \text{(10)}& \int Q(x)\exp (\int P(x)dx)dx=\int \frac{1}{(1-x{)}^2}\cdot C_1{x}^m(1-x{)}^{1-m}dx>=C_1\int x^m(1-x{)}^{-m-1}dx\end{array}$$

用级数积分（事实上, 原微分方程是非初等的）

根据牛顿二项式定理，有:

$$\begin{array}{}\text{(11)}& x^m(1-x{)}^{-m-1}=\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ m\end{array}\right)x^{m+i}\end{array}$$

那么

$$\begin{array}{c}\int Q(x)\exp (\int P(x)dx)dx=C_1\int x^m(1-x{)}^{-m-1}\\ \text{(12)}& =C_1(C_2+\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{m+i+1}}{m+i+1})=C_1+C_2\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{m+i+1}}{m+i+1}\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{r}y=C_3(1-x{)}^{m-1}{x}^{-m}(C_1+C_2\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{m+i+1}}{m+i+1})\\ =C_3(1-x{)}^{m-1}{x}^{-m}+C_2(1-x{)}^{m-1}\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{i+1}}{m+i+1}\end{array}\end{array}$$

为了适合初始条件 ${y|}_{x=0}=0,\left[x^1\right]y=\frac{1}{m+1},C_3=0,C_2=1$ 。

那么:

$$\begin{array}{c}y=(1-x{)}^{m-1}\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{i+1}}{i+m+1}\\ \text{(14)}& =\sum _j(-1{)}^j\left(\begin{array}{c}m-1\\ j\end{array}\right)\sum _{i\ge 0}\left(\begin{array}{c}m+i\\ i\end{array}\right)\frac{x^{i+j+1}}{i+m+1}=\sum _n{x}^n\sum _j\left(\begin{array}{c}m-1\\ j\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n+m-j-1\\ m\end{array}\right)\frac{(-1{)}^j}{n+m-j}\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{}\text{(15)}& g_n=\sum _j\left(\begin{array}{c}m-1\\ j\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n+m-j-1\\ m\end{array}\right)\frac{(-1{)}^j}{n+m-j}\end{array}$$

$O(m\log m)$ 计算即可。时间复杂度 $O(Tm\log m)$ 。

看这个形式不知道有没有组合意义的理解。

真是太巧妙了！！！虽然比我原来做法复杂度劣一点，但是真是简单太多了。

Stage 2

T2。只会 $O(n^{2}k)$ 怎么办？什么？你说 $n\le 2000,k\le 10$？肯定是数据问题有问题，还是看题解吧！

题解

直接做非常难做, 但你不难发现, 长度为 $n$ 的序列, 可以理解为 $n+2$ 个点的树对应的 prufer 序列!

进一步, prufer 序列出现次数加 1 就是树上对应的点的度数。

又由于只有 $n+1$ 个值, 因此等于钦定标号为 $n+2$ 的点度数为 1 。那我们不妨将它作为根。

然后就可以动态规划了。

$f_x$ 表示大小为 $x$ 的有根树的方案数。

$g_{d,x}$ 表示 $d$ 个有根树, 且大小总和为 $x$ 的方案数。

转移是简单的:

$f_x=\sum _{d=1}^k{g}_{d,x-1}\times x$

$g_{d,x}=\sum _{y=1}^x{g}_{d-1,x-y}\times f_y\times \left(\begin{array}{l}x-1\\ y-1\end{array}\right)$

对于 $n$, 答案就是 $f_{n+1}$ 。

组题人注:

可以做到更优的复杂度。这是供题人的原文：

利用全在线卷积优化，可以很轻松做到 $O(nk{\log }^{2}n)$ 。

生成函数（指多项式求逆）下，复杂度 $O(nk\log n)$ 。

但是由于写 std 的人不知道如何多项式求逆优化到 $O(nk\log n)$, 而全在线卷积套上去意义不大, 所以就成了 $O\left(n^{2}k\right)$ 。

真是太巧妙了，这么难做的提为什么想不到图论！鞭策自己！

Conclusion

pig 给 dash 开门——抽象到机房了！