2024.5 做题记录

362. CF553E Kyoya and Train

直接 dp，设 $h_i$ 为 $i \to n$ 的最短路，$f_{u, i}$ 为到了点 $u$ 用了 $i$ 秒，还需要的最小期望花费。显然对于 $i > t$ 有 $f_{u, i} = h_u + x$，否则有：

$$f_{u, i} = \min\limits_{(u, v, d) \in E} \sum\limits_{j = 1}^i p_j f_{v, i + j}$$

显然是一个差卷积。分治 FFT 即可。

363. CF1965E Connected Cubes

智慧构造。

往每一行之间加一个空行（具体可以把这一行一直往右拖），然后每次用同一种颜色填充空行就可以了。

364. CF1172C2 Nauuo and Pictures (hard version)

和 wrx duel，结果两个人都没做出来。

这道题最妙的思想就是把每个照片拆成 $w_i$ 个权值为 $1$ 的小照片，那么每个小照片的地位都相等，算出每个小照片最后期望的权值再乘 $w_i$ 就是答案。

剩下的部分随便 dp 即可。设 $f_{i, j}$ 为前 $i$ 次访问到了 $j$ 个（不）被喜欢的照片的概率，$g_{i, j}$ 为前 $i$ 次访问到（不）被喜欢的照片中有 $j$ 次访问到了当前的小照片的概率。转移是 trivial 的。

365. POJ3734 Blocks

考虑答案的 EGF 即为 $\frac{(e^x + e^{-x})^2}{4} \times e^{2x} = \frac{1}{4} (e^{4x} + 2e^{2x} + 1)$，EGF 第 $n$ 项的系数即为 $\frac{1}{4n!} (4^n + 2 \times 2^n)$，所以答案即为 $\frac{1}{4} (4^n + 2 \times 2^n)$。

366. CF1967D Long Way to be Non-decreasing

考虑我们类似双指针一样维护当前的 $a_i$，在它自增的同时一个一个 check。这样避免了类似“一个点在基环树上跳 $k$ 步能到达的编号 $\ge x$ 的最小点”的问题。（事实上这一步非常妙。）

那么现在只用判断“$u$ 和 $v$ 能否在 $k$ 步内可达”。这是 trivial 的。维护 dfn 序，要么 $u$ 在 $v$ 子树内，要么 $u$ 能跳到 $v$ 所在环。

367. CF1967E1 Again Counting Arrays (Easy Version)

贪心地判断一个 $a$ 是否合法：$b_i$ 能增加就增加，不能增加就减少，这样能保证尽量使得 $b_i \ge 0$。

这能导出一个 dp 做法：设 $f_{i, j}$ 为考虑到第 $i$ 位，当前 $b_i = j$ 的方案数。注意到一旦 $j \ge m$ 那么后面的 $a_i$ 就可以任选，所以这个 dp 是 $O(nm)$ 的。

我们还可以考虑统计不合法的 $a$。枚举在某个位置 $b_i = 0, a_{i + 1} = 1$。那么前面 $b$ 向上走的步数可以算出。

现在相当于要算 $(0, b_0)$ 走到 $(i, 0)$，并且不触碰直线 $y = -1$ 和 $y = m$ 的方案数。直接反射容斥（类似 UOJ424 [集训队作业 2018] count），设触碰直线 $y = -1$ 为事件 A，触碰直线 $y = m$ 为事件 B，那么答案即为 $f(\varnothing) - f(A) - f(B) + f(AB) + f(BA) - f(ABA) - f(BAB) + \cdots$，$f(x)$ 为终点依次沿 $x$ 中直线对称后，起点到终点的方案数。这个方法的复杂度为 $O(\frac{n^2}{m})$。

这样我们的时间复杂度变为 $O(\min(nm, \frac{n^2}{m})) = O(n \sqrt n)$，可过。

368. BZOJ4228 Tibbar 的后花园

条件相当于图由若干个链连通块和若干个环连通块组成，并且每个环的大小都不是 $3$ 的倍数。

设 $n$ 个点组成一条链的 EGF 为 $f(x)$，组成一个环的 EGF 为 $g(x)$，那么答案的 EGF 即为 $e^{f(x)} \times e^{g(x)} = e^{f(x) + g(x)}$。

直接多项式 exp 即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

369. P6936 [ICPC2017 WF] Scenery

很神奇的题，感觉还没完全搞懂。

考虑对于一个区间集合，设其最晚开始的完成时间为 $C$，其最小区间左端点为 $s$，那么 $(C - t, s)$ 这个区间可以被标记成 forbidden，意思是这个区间不能开始拍摄任何照片，否则这个集合的要求就没法满足（只考虑拍摄时间 $< s$）。

所以我们的算法流程就是，从大到小枚举集合区间最小左端点，然后考虑所有可能的右端点，求出其最晚的开始时间，然后把一些区间设置为 forbidden。

时间复杂度 $O(n^2)$。

370. POJ1322 Chocolate

考虑答案的 EGF，就是 $\frac{1}{2^c} (e^x + e^{-x})^{c - m} \times (e^x - e^{-x})^m$。

二项式定理展开，得答案为 $\frac{1}{2^c} \sum\limits_{i = 0}^{c - m} \binom{c - m}{i} \sum\limits_{j = 0}^m \binom{m}{j} (-1)^{m - j} [x^n] e^{(2i + 2j - c)x}$。

最后答案还要乘上一些系数。

371. P10400 『STA - R5』消失的计算机

很有趣的造计算机题。

372. NC15254 白兔的***难

单位根反演：

$$\begin{aligned} f_t & = \sum\limits_{i = 0}^n [k \mid i - t] \binom{n}{i} \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_{i = 0}^n \sum\limits_{j = 0}^{k - 1} \omega_k^{(i - t)j} \binom{n}{i} \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_{j = 0}^{k - 1} \omega_k^{-jt} \sum\limits_{i = 0}^n (\omega_k^j)^i \binom{n}{i} \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_{j = 0}^{k - 1} \omega_k^{-jt} \times (1 + \omega_k^j)^n \end{aligned}$$

发现这是一个 IDFT 的形式，并且 $k$ 还是 $2$ 的幂，所以直接 IDFT 即可。

373. NC18393 计数

套路单位根反演。

$$\begin{aligned} ans & = \sum\limits_T [k \mid \sum\limits_{d \in T} d] \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_T \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} \prod\limits_{d \in T} \omega_k^{id} \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} \sum\limits_T \prod\limits_{d \in T} \omega_k^{id} \end{aligned}$$

套矩阵树定理算生成树边权之积的和即可。复杂度 $O(k (n^3 + m))$。

374. P5401 [CTS2019] 珍珠

题意等价于出现偶数次的变量至少有 $t = \max(0, D - n + 2m)$ 个。

二项式反演，设 $f_i$ 为钦定 $i$ 个变量出现偶数次的方案数，那么：

$$\begin{aligned} f_i & = \binom{D}{i} [x^n] (\frac{e^x + e^{-x}}{2})^i \\ & = \frac{\binom{D}{i}}{2^i} \sum\limits_{j = 0}^i \binom{i}{j} [x^n] e^{(D + 2j - 2i)x} \\ & = \frac{\binom{D}{i}}{2^i} \sum\limits_{j = 0}^i \binom{i}{j} (D + 2j - 2i)^n \end{aligned}$$

加法卷积即可。反演回去减法卷积即可。

时间复杂度 $O(D (\log D + \log n))$。

375. CF891E Lust

首先一个不容易的观察：答案等于 $\prod\limits_{i = 1}^n a_i - \frac{\sum\limits_b \prod\limits_{i = 1}^n (a_i - b_i)}{n^k}$。重点关注后面那坨东西。

$$\begin{aligned} ans & = \sum\limits_b \prod\limits_{i = 1}^n (a_i - b_i) \\ & = \sum\limits_b \frac{k!}{\prod\limits_{i = 1}^n b_i!} \sum\limits_S \prod\limits_{i \in S} a_i \prod\limits_{i \notin S} (-b_i) \\ & = \sum\limits_S \prod\limits_{i \in S} a_i \sum\limits_b \frac{k!}{\prod\limits_{i = 1}^n b_i!} \prod\limits_{i \notin S} (-b_i) \end{aligned}$$

注意到 $\sum\limits_b \prod\limits_{i \notin S} (-b_i)$ 只和 $|S|$ 有关。设 $|S| = t$，那么这个东西等于 $k! [x^k] (-xe^x)^{n - t} \times e^{tx} = k! [x^k] (-x)^{n - t} e^{nx} = (-1)^{n - t} n^{k - (n - t)} \frac{k!}{(k - (n - t))!}$。可以 $O(n^2)$ 求出 $f_i = \sum\limits_{|S| = i} \prod\limits_{j \in S} a_j$，然后就做完了。

376. [ABC241Ex] Card Deck Score

答案即为：

$$\sum\limits_c \prod\limits_{i = 1}^n [c_i \le b_i] a_i^{c_i}$$

考虑生成函数，设 $F_i(x) = \sum\limits_{j = 0}^{b_i} (a_i x)^j$。那么答案即为 $[x^m] \prod\limits_{i = 1}^n F_i(x)$。

考虑 $F_i(x) = \sum\limits_{j = 0}^{b_i} (a_i x)^j = \frac{1 - (a_i x)^{b_i + 1}}{1 - a_i x}$。分子可以 $O(2^n)$ 枚举乘了哪一项，这样可以知道分母需要贡献 $x$ 的多少次方。我们重点关注分母。设现在要求分母的 $x^q$ 次项。

有一个常见套路是设 $\sum\limits_{i = 1}^n \frac{f_i}{1 - a_i x} = \frac{1}{\prod\limits_{i = 1}^n (1 - a_i x)}$。因为 $\sum\limits_{i = 1}^n \frac{f_i}{1 - a_i x} = \frac{\sum\limits_{i = 1}^n f_i \prod\limits_{j \ne i} (1 - a_j x)}{\prod\limits_{i = 1}^n (1 - a_i x)}$ 所以可以列出 $n$ 个关于 $f_i$ 的方程，可以高斯消元求解。

那么 $[x^q] \frac{1}{\prod\limits_{i = 1}^n (1 - a_i x)} = [x^q] \sum\limits_{i = 1}^n \frac{f_i}{1 - a_i x} = \sum\limits_{i = 1}^n f_i ([x^q] \sum\limits_{j \ge 0} (a_i x)^j) = \sum\limits_{i = 1}^n f_i a_i^q$。

总时间复杂度 $O(n (2^n \log m + n^2))$。

377. [ABC318Ex] Count Strong Test Cases

首先做一些初步的观察：A 和 B 的解法是对称的，所以 A 对的方案数等于 B 对的方案数。同时若 A 和 B 同时对则每个置换环环长为 $1$，方案数为 $n!$。

所以，若设 A 对的方案数为 $x$，那么答案为 $n!^2 - (x - n!) - (x - n!) - n! = n!^2 + n! - x$。所以转化为算 $x$。

A 对当且仅当每个置换环的最大边刚好是编号最小的点的出边。设确定 $p_i$ 后环长分别为 $l_1, l_2, \ldots, l_m$，那么安排边权的方案数为 $n! \prod\limits_{i = 1}^m \frac{1}{l_i}$，其中 $n!$ 可以放到最后乘。

那么设环的 EGF 为 $\hat F(x)$，有：

$$\hat F(x) = \sum\limits_{i \ge 0} \frac{(i - 1)!}{i \times i!} = \sum\limits_{i \ge 0} \frac{1}{i^2}$$

其中 $(i - 1)!$ 为长度为 $i$ 的圆排列方案数。

设答案的 EGF 为 $\hat G(x)$，有标号的组合对象拼接，可得：

$$\hat G(x) = \sum\limits_{i \ge 0} \frac{\hat F(x)^i}{i!} = \exp(\hat F(x))$$

那么 $x = n!^2 [x^n] \hat F(x)$。

时间复杂度 $O(n \log n)$。

378. CF1007B Pave the Parallelepiped

容斥太复杂了，考虑不重不漏计数。

把所有数按是否为 $A$ 的因数、是否为 $B$ 的因数、是否为 $C$ 的因数分类，然后再从每个集合中选数即可。

需要乘一个在大小为 $n$ 的集合中选 $m$ 个数的方案数 $\binom{n + m - 1}{m}$。

379. CF1028E Restore Array

憨憨构造。

首先若所有数都相等就特判，不是全 $0$ 就不行。

否则设 $b$ 最大值为 $x$，那么一定能找到一个位置 $i$ 使得 $b_{i - 1} < x \land b_i = x$。将它旋转到 $b_{n - 1}$，然后构造 $a_i$ 就做一个后缀和即可。

380. CF478E Wavy numbers

枚举前 $7$ 位和后 $7$ 位，meet-in-the-middle 即可。

381. P4723 【模板】常系数齐次线性递推

考虑构造矩阵 $M$，其中 $M_{0, i} = a_{i + 1}$，$M_{i + 1, i} = 1$，其余位置为 $0$。那么：

$$\begin{bmatrix} f_{n + k - 1} \\ f_{n + k - 2} \\ \vdots \\ f_n \end{bmatrix} = M^n \begin{bmatrix} f_{k - 1} \\ f_{k - 2} \\ \vdots \\ f_0 \end{bmatrix}$$

$M$ 的特征多项式为 $\varphi(x) = x^k - a_1 x^{k - 1} - a_2 x^{k - 2} - \cdots - a_k x^0$。

设 $x^n = Q(x) \varphi(x) + R(x)$，那么 $M^n = Q(M) \varphi(M) + R(M)$。又因为由 Cayley-Hamilton 定理得 $\varphi(M) = 0$，所以 $M^n = R(M)$。

设 $R(x) = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i x^i$，列向量 $F = \begin{bmatrix} f_{k - 1} \\ f_{k - 2} \\ \vdots \\ f_0 \end{bmatrix}$。那么：

$$\begin{aligned} M^n & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i M^i \\ M^n F & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i (M^i F) \\ (M^n F)_{k - 1} & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i (M^i F)_{k - 1} \\ f_n & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i f_i \end{aligned}$$

于是剩下的问题是求 $R(x)$，也就是 $x^n \bmod \varphi(x)$。直接多项式快速幂即可，每次次数超过 $k$ 了就对 $\varphi(x)$ 取模。

时间复杂度 $O(k \log k \log n)$。

382. Gym100341C AVL Trees

考虑朴素 dp，设 $f_{h, i}$ 为高度为 $h + 1$，结点数为 $i$ 的树个数，有：

$$f_{h, i} = \sum\limits_{j = 0}^{i - 1} f_{h - 1, j} \times f_{h - 1, i - 1 - j} + 2 \times f_{h - 1, j} \times f_{h - 2, i - 1 - j}$$

初值有 $f_{0, 0} = f_{1, 1} = 1$。

设 $F_h(x) = \sum\limits_{i \ge 0} f_{h, i} x^i$，那么有：

$$F_h(x) = x F_{h - 1}(x) (F_{h - 1}(x) + 2 F_{h - 2}(x))$$

因为 $F_h(x)$ 的次数为 $2^h - 1$，所以可以代入 $\omega_{2^{h + 1}}$ 求点值，最后再代入求 $F_h(x)$ 单点的值。

时间复杂度 $O(h 2^h)$。

383. HDU7057 Buying Snacks

朴素 dp，设 $f_{n, m}$ 为考虑了前 $n$ 种零食，花了 $m$ 元。转移式为：

$$f_{n, m} = f_{n - 1, m} + f_{n - 1, m - 1} + f_{n - 1, m - 2} + f_{n - 2, m - 1} + 2f_{n - 2, m - 2} + f_{n - 2, m - 3}$$

设 $F_n(x) = \sum\limits_{i \ge 0} f_{n, i} x^i$，有：

$$F_n(x) = (1 + x + x^2) F_{n - 1}(x) + (x + 2x^2 + x^3) F_{n - 2}(x)$$

矩阵快速幂即可，时间复杂度 $O(m \log m \log n)$。

384. CF1326F2 Wise Men (Hard Version)

考虑子集反演，钦定 $01$ 串中一些位置是 $1$，其余任意。

那么最后做一次类似逆高维前缀和即可。

考虑把一个人的排列分成极长的认识段，那么注意到段长集合相同的 $01$ 串，方案数也相同。

所以我们先 dp 求出 $f_{S, i}$ 表示以第 $i$ 个人结尾，以 $S$ 中的集合作为点的链的个数，进而求出 $g_{i, S}$ 表示 $|S| = i$ 且以 $S$ 中的集合作为点的链的个数。

然后我们枚举 $n$ 的划分，边递归下去边做 FWT 点乘，最后因为只用得到 $2^n - 1$ 处的值所以直接 $O(2^n)$ 朴素计算即可。

385. CF865G Flowers and Chocolate

设 $F(x) = (\sum\limits_i x^{p_i})^n$，$g_i$ 为 $\sum\limits_{j = 1}^{|b|} c_{b_j} = i$ 的方案数。显然 $g_i$ 满足线性递推，若往右平移 $m - 1$ 位（设 $m = \max\limits_{i = 1}^B c_i$），就是一个满足前 $m$ 项只有一项有值的线性递推，设其特征多项式为 $\varphi(x)$。

可以写出答案：

$$\begin{aligned} ans & = \sum\limits_{i \ge 0} [x^i] F(x) [x^{m - 1}] (x^{m - 1 + i} \bmod \varphi(x)) \\ & = [x^{m - 1}] \sum\limits_{i \ge 0} (([x^i] F(x) x^{m - 1 + i}) \bmod \varphi(x)) \\ & = [x^{m - 1}] ((x^{m - 1} \sum\limits_{i \ge 0} ([x^i] x^i F(x))) \bmod \varphi(x)) \\ & = [x^{m - 1}] ((x^{m - 1} F(x)) \bmod \varphi(x)) \end{aligned}$$

多项式快速幂即可。多项式部分可以使用朴素的 $O(n^2)$ 实现。

386. P4199 万径人踪灭

不连续的限制是好处理的，最后答案减掉不回文的子串个数即可。

考虑若求出沿某条线或某个格子为轴，相等的字符数量 $c$，那么这个轴的贡献为 $2^c - 1$。

直接 FFT 或 NTT 求 $f_x = \sum\limits_{i = 0}^x (s_i - t_{x - i})^2$ 即可。

387. P3784 [SDOI2017] 遗忘的集合

考虑生成函数，有：

$$\begin{aligned} F(x) & = \prod\limits_{i \in S} (1 + x^i + x^{2i} + x^{3i} + \cdots)^n \\ & = \prod\limits_{i \in S} \frac{1}{1 - x^i} \end{aligned}$$

两边取对数，有：

$$\ln F(x) = \sum\limits_{i \in S} \sum\limits_{j \ge 1} \frac{x^{ij}}{j}$$

对 $F(x)$ 求 $\ln$ 后再从小到大看 $i$ 在不在 $S$ 中即可。

388. CF335F Buy One, Get One Free

神仙反悔贪心。

考虑先把相同的物品压成一段。考虑一段物品时，求出可以白嫖的物品个数 $p$ 和必须买的物品个数 $q$。再用一个堆把所有白嫖的物品存下来。

每次把堆顶拿出来，设为 $t$，设当前物品价格为 $x$。

• 若 $t < x$ 可以买 $t$ 然后白嫖两个 $x$；
• 否则买 $x$，并且加入反悔物品 $2x - t$。

389. P5447 [THUPC2018] 赛艇

相当于是做二维差卷积。

但是不会做二维卷积怎么办！发现可以把他压成一维的，然后新坐标变成 $mx + y$，然后做完了。

390. P6049 燔祭

显然求出 $m = [1, O(n)]$ 的答案，插值即可。

设 $F_k(x)$ 为 $m = k$ 时答案的 EGF，设 $G_k(x) = \sum\limits_{i = 1}^k F_k(x)$。

那么 $m = k$ 时相当于是 $F_k(x) = x \exp(G_k(x)) = x \exp(G_{k - 1}(x) + F_k(x)) = x \exp(G_{k - 1}(x)) \exp(F_k)$。

利用 $\exp F(x)$ 的 $O(n^2)$ 递推的方法可以 $O(n^2)$ 计算出 $F_k(x)$。总时间复杂度 $O(n^3)$。

391. P5850 calc加强版

设 $F(x) = \prod\limits_{i = 1}^K (ix + 1)$，答案即为 $n! [x^n] F(x)$。

看到乘法直接考虑取 $\ln$，有 $\ln F(x) = \sum\limits_{i = 1}^k \sum\limits_{j \ge 1} \frac{(-1)^{j + 1} i^j}{j} x^j$。

若求出 $\ln F(x)$ 就可以直接 $\exp$ 回去求出 $F(x)$。

我们现在要对于 $j \in [1, n]$，求出 $\sum\limits_{i = 1}^k i^j$。

考虑这玩意的 EGF：

$$\begin{aligned} G(x) & = \sum\limits_{i \ge 0} \sum\limits_{j = 1}^k j^i \\ & = \sum\limits_{j = 1}^k \sum\limits_{i \ge 0} \frac{(jx)^i}{i!} \\ & = \sum\limits_{j = 1}^k e^{jx} \\ & = \frac{e^{(k + 1)x} - e^x}{e^x - 1} \end{aligned}$$

求出分母和分子前 $n + 1$ 项系数后分子卷上分母的逆即可。

注意到分子和分母可以提出一个 $x$ 的公因式，然后分母的零次项就不为 $0$ 了。

时间复杂度 $O(m \log m)$。

392. P5162 WD与积木

考虑分别把总层数和总方案数求出来。

一层的 EGF 是 $F(x) = e^x - 1$。

总方案数的 EGF 是 $\sum\limits_{i \ge 1} F(x)^i = \frac{1}{1 - F(x)} = \frac{1}{2 - e^x}$。

总层数的 EGF 是 $\sum\limits_{i \ge 1} i F(x)^i = \frac{F(x)}{(1 - F(x))^2} = \frac{e^x - 1}{(2 - e^x)^2}$。

求逆即可。时间复杂度 $O(n \log n + T)$。

393. P10532 [XJTUPC2024] 筛法

不难发现每个数对恰好被统计一次，所以答案就是 $n^2$。

394. CF1965F Conference

考虑题目可以看成天和人的匹配，因此判断单个日期区间 $[l, r]$ 可以考虑 Hall 定理，设 $N(S)$ 为在 $S$ 这些天有空的人的数量，定义 $S$ 合法当且仅当 $|N(S)| \ge |S|$，那么 $[l, r]$ 合法当且仅当 $\forall S \subseteq [l, r]$，$S$ 合法。

猜测只用 check 形成一段区间的 $S$，但是会被下面的数据叉掉：

3
1 3
2 2
2 2

对于 $[1, 3]$，只有 $\{1, 3\}$ 不合法。

因此考虑对初始的线段进行一些处理。发现对于两条线段 $[a, b]$ 和 $[a, c]$（其中 $b \le c$），把它们换成 $[a, b], [a + 1, c]$ 不影响结果（特别地，若 $a = b = c$ 则相当于删去 $[a, c]$ 这条线段）。这部分实现可以扫描线，枚举 $l$，把最小且 $\ge l$ 的右端点 $r$ 和 $l$ 形成的线段 $[l, r]$ 加入。

处理后每个人的线段的左端点互不相同，这时候就只用 check 形成一段区间的 $S$ 了，因为若 $|N(S)| < |S|$ 且 $\exists x, y \in S$ 使得 $[x + 1, y - 1]$ 都不属于 $S$，那么加入 $[x + 1, y - 1]$ 后 $|N(S)| < |S|$ 仍然满足，因为每加一个数 $|N(S)|$ 至多增加 $1$。

所以此时不合法区间满足单调性，即若 $[l, r]$ 不合法，那么 $[l - 1, r], [l, r + 1]$ 都不合法。

所以可以双指针求出，对于每个 $l$ 最大的 $r$，使得 $[l, r]$ 合法（$[l, r + 1]$ 不合法）。

最后差分统计一下即可。

时间复杂度 $O((n + V) \log n)$。