【Atcoder】AGC005 C-F简要题解
C.Tree Restoring
首先找到直径 L L L，设 x = ⌈ L 2 ⌉ x=\lceil \dfrac L2\rceil x=⌈2L⌉。
( x , L ] (x,L] (x,L]的数都至少有2个， < x <x <x的不存在。
L L L为奇数时， x x x有且仅有2个；为偶数时， x x x有且仅有1个。
D.~K Perm Counting
考虑容斥，令 g i g_i gi表示至少有 i i i个点不合法的方案数。
a n s = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i g i ( n − i ) ! ans=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^ig_i(n-i)! ans=i=0∑n(−1)igi(n−i)!。
关键在于如何求 g i g_i gi(没想出来，zz了)，由于每个位置最多只有2个权值不合法，考虑构造二分图，左边点表示位置，右边点表示权值。
可以发现图上的边是一条条链(且这 2 n 2n 2n个点都在且仅在一条链上)。
考虑把这些链首尾相连， d p [ i ] [ j ] [ 0 / 1 ] dp[i][j][0/1] dp[i][j][0/1]表示处理到第 i i i个点，已经选了 j j j条不和法的边， i i i点是否与 i − 1 i-1 i−1相连的方案数。
d p [ i ] [ j ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1] dp[i][j][0]=dp[i−1][j][0]+dp[i−1][j][1]
若当前点不是某条链的结尾， d p [ i ] [ j ] [ 1 ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0] dp[i][j][1]=dp[i−1][j−1][0]
设总链长为 m m m，则 g [ i ] = f [ m ] [ i ] [ 0 ] + f [ m ] [ i ] [ 1 ] g[i]=f[m][i][0]+f[m][i][1] g[i]=f[m][i][0]+f[m][i][1]
E.Sugigma: The Showdown
若红树上某一条边的两个端点在蓝树上距离 > 2 >2 >2，则若先手到达了这两个端点之一，就必胜。
建出以后手为根的蓝树，删去红树上所有满足上面条件的边，并对这些端点打上标记，建出红树。
此时，由于红树上任意边的两个端点在蓝树上距离 ≤ 2 \leq 2 ≤2，所以若后手点在蓝树中所有先手点到标记点的路径上，则后手必胜。此时让先手到子树最深点呆着即可。
F.Many Easy Problems
容斥考虑一个点对所有 a n s k ans_k ansk的贡献：
( n k ) − ∑ ( n a i ) \dbinom{n}{k}-\sum\dbinom{n}{a_i} (kn)−∑(ain)
a i a_i ai表示以 i i i为根时 i i i的每个儿子结点的子树大小。
发现对于 a n s k ans_k ansk， ( n k ) \dbinom{n}{k} (kn)被算了 n n n次，每条边两端的子树 ( s z k ) \dbinom{sz}{k} (ksz)被算了一次。
设 b n = n , b i = 大 小 为 i 的 子 树 个 数 ( i ≠ n ) b_n=n,b_i=大小为i的子树个数(i\neq n) bn=n,bi=大小为i的子树个数(i̸=n)
a n s k = ∑ i = k n b i ( i k ) ans_k=\sum\limits_{i=k}^n b_i\dbinom{i}{k} ansk=i=k∑nbi(ki)
= 1 k ! ∑ i = k n b i i ! 1 ( i − k ) ! \qquad\ =\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=k}^n b_ii!\dfrac{1}{(i-k)!} =k!1i=k∑nbii!(i−k)!1
设 A ( x ) = ∑ b n − i ( n − i ) ! x i , B ( x ) = 1 i ! x i A(x)=\sum b_{n-i}(n-i)!x^i,B(x)=\frac{1}{i!}x^i A(x)=∑bn−i(n−i)!xi,B(x)=i!1xi
C = A ∗ B → a n s k = n − k k ! C=A*B\to ans_k=\dfrac{{n-k}}{k!} C=A∗B→ansk=k!n−k
一遍NTT即可