生成函数、组合数学
[ARC089D] ColoringBalls
咕着
咕着
天，感觉全是细节，事实上也如此：
借大佬的细节才过了此题
#include[ARC096C] Everything on It
容斥，枚举有 k k k种元素用了 ≤ 1 \leq 1 ≤1次，其中有 j j j种元素用了 1 1 1次。
则答案为：
∑ k = 0 n ( − 1 ) k ( n k ) 2 2 n − k ∑ j = 0 k ( k j ) ∑ p = 0 j { j p } 2 ( n − k ) p \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk2^{2^{n-k}}\sum_{j=0}^k \binom kj\sum_{p=0}^j \begin{Bmatrix}j\\p\end{Bmatrix}2^{(n-k)p} k=0∑n(−1)k(kn)22n−kj=0∑k(jk)p=0∑j{jp}2(n−k)p
注意 2 2 n − k 2^{2^{n-k}} 22n−k和 ( 2 2 ) n − k (2^2)^{n-k} (22)n−k是完全不同的。
注意到有恒等式 ∑ j = p k ( k j ) { j p } = { k + 1 p + 1 } \sum_{j=p}^k\binom kj \begin{Bmatrix} j\\p \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} k+1\\p+1 \end{Bmatrix} j=p∑k(jk){jp}={k+1p+1}
证明：考虑组合意义，相当于是拿 k − j k-j k−j个数不选，剩下的 j j j个数分到 p p p组内，如果我们加一个组来装着 k − j k-j k−j个数，那么这个组可能为空，同时发现这个组和别的组不一样，但是第二类斯特林数组之间是没有标号区别的，所以我们就往空组加入一个 0 0 0（强行规定 0 0 0所在的组为不选组），则非空和有区别这两个限制都被满足了，方案数就是 { k + 1 p + 1 } \begin{Bmatrix} k+1\\p+1 \end{Bmatrix} {k+1p+1}。
但是其实这样做很傻，直接类似第二类斯特林数 d p dp dp，
g i , j = g i − 1 , j − 1 + ( j + 1 ) g i − 1 , j g_{i,j} = g_{i-1,j-1} + (j+1)g_{i-1,j} gi,j=gi−1,j−1+(j+1)gi−1,j
后面那个 j + 1 j+1 j+1中的 + 1 +1 +1就代表了不选这一选项，直接 d p dp dp也没有什么问题。
a n s = ∑ k = 0 n ( − 1 ) k ( n k ) 2 2 n − k ∑ p = 0 k { k + 1 p + 1 } 2 ( n − k ) p ans = \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk2^{2^{n-k}}\sum_{p=0}^k \begin{Bmatrix}k+1\\p+1\end{Bmatrix}2^{(n-k)p} ans=k=0∑n(−1)k(kn)22n−kp=0∑k{k+1p+1}2(n−k)p
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#includeCF1295F Good Contest
题意： a i a_i ai为在 [ L i , R i ] [L_i,R_i] [Li,Ri]之间均匀随机的离散变量，求 a i a_i ai不增的概率。
先离散化，将 L , R L,R L,R离散化后排序得到一个数组 a a a
设 f i , j f_{i,j} fi,j表示前 i i i个变量最后一个变量 ≥ a j \geq a_j ≥aj的概率。
那么 f i , j = ∑ f k , j + 1 × ( a j + 1 − a j + i − k − 1 i − k ) f_{i,j} = \sum f_{k,j+1} \times \binom {a_{j+1}-a_j+i-k-1}{i-k} fi,j=∑fk,j+1×(i−kaj+1−aj+i−k−1)
后面那个组合数就是在 [ a j , a j + 1 ) [a_j,a_{j+1}) [aj,aj+1)中选择 j − k j-k j−k个可以相同的数但是需要无序的方案。（因为最后分配给 k + 1... i k+1...i k+1...i的变量是有序的。）
注意这个转移必须要 k + 1... i k+1...i k+1...i都包含 [ a j , a j + 1 ) [a_j,a_{j+1}) [aj,aj+1)这个区间才行。
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#includeValentines Day Contest 2020 C. Isolation
给出 ( x , y ) (x,y) (x,y)，求走 n n n步（每步可以让横坐标或纵坐标 ± 1 \pm 1 ±1）的方案数使得途中不经过距离原点曼哈顿距离为 D ≤ 4 D \leq 4 D≤4的点。
容斥，设 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k表示走了 i i i步之后到达了 j j j号禁止点（禁止点为距离原点曼哈顿距离为 D D D的点集），至少一共走过了 k k k个禁止点。
所以答案就是 4 n + ∑ ( − 1 ) k f i , j , k 4 n − i 4^n + \sum (-1)^k f_{i,j,k}4^{n-i} 4n+∑(−1)kfi,j,k4n−i
注意到我们直接计算容斥系数可以不需要 k k k这一维。
所以 f i , j f_{i,j} fi,j在我们可以 O ( 1 ) O(1) O(1)直接计算两个点之间走 p p p步到达的方案数后，
复杂度就是 O ( n 2 D 2 ) O(n^2D^2) O(n2D2)的。
设一个点在 ( a , b ) (a,b) (a,b)另一个点在 ( c , d ) (c,d) (c,d)，一共走 p p p步要到达。
发现因为有相反的方向（减少的方向）所以计数很困难，考虑如何用上一共走 p p p步的条件。
如果我们把减少横坐标看做增加纵坐标，减少纵坐标看做增加横坐标，
那么横坐标的增加量比纵坐标的增加量大 c − a + b − d c-a+b-d c−a+b−d，总步数又是 p p p，所以我们可以得出增加纵坐标的次数是 p − ( c − a + b − d ) 2 \frac {p - (c-a+b-d)}2 2p−(c−a+b−d)，方案数为 ( p p − ( c − a + b − d ) 2 ) \binom {p}{\frac {p - (c-a+b-d)}2} (2p−(c−a+b−d)p)
但是这样无法区分增加纵坐标和减少横坐标这两种操作（等），
于是我们再反着定义：
把减少横坐标看做增加横坐标，减少纵坐标看做增加横坐标，增加横坐标看做增加纵坐标，增加纵坐标不变。
那么纵坐标的增加量比横坐标的增加量大 c − a + d − b c-a+d-b c−a+d−b。
方案数为 ( p p − ( c − a + d − b ) 2 ) \binom {p}{\frac {p - (c-a+d-b)}2} (2p−(c−a+d−b)p)
然后发现这样定义，两个组合数的乘积就是我们需要的答案。
如果我们记横坐标之差为 x x x，纵坐标之差为 y y y的话答案就是：
( p p − x − y 2 ) ( p p − x + y 2 ) \binom{p}{\frac {p-x-y}2} \binom{p}{\frac {p-x+y}2} (2p−x−yp)(2p−x+yp)
这个方法感觉有点奇怪，特别是拓展到三维的时候他是四个组合数乘起来。
但是他可以 O ( 1 ) O(1) O(1)。
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#includeAGC034F RNG and XOR
有 A i A_i Ai概率选 i i i来异或你手上的数，问第一次得到 1.... 2 n − 1 1....2^n-1 1....2n−1的期望时间。
怎么感觉ZJOI2019开关就是把这道题的FWT拆了拆式子快速实现。
发现多次到达同一个数很难解决，但是发现如果倒过来我们求从 1... 2 n − 1 1...2^n-1 1...2n−1第一次到 0 0 0的时间并且让 0 0 0不能转移出来就可以解决多次到达同一个数的问题，因为这样同一个数都变成了 0 0 0，便于统一处理。
所以设 f i f_i fi表示从 i i i第一次到 0 0 0的时间。
则有 f i = ∑ j f j × A j ∧ i + 1 f_i = \sum_{j} f_j \times A_{j\wedge i} + 1 fi=∑jfj×Aj∧i+1，注意这个式子是对 i i i进行转移，所以 i > 0 i \gt 0 i>0。
写成生成函数就是 ( f 0 , f 1 . . . f 2 n − 1 ) ⊕ ( A 0 , A 1 . . . A 2 n − 1 ) = ( f 0 + 2 n − 1 , f 1 − 1 , f 2 − 1.... f 2 n − 1 − 1 ) (f_0,f_1...f_{2^n-1}) \oplus(A_0,A_1...A_{2^n-1}) = (f_0+2^n-1,f_1-1,f_2-1....f_{2^n-1}-1) (f0,f1...f2n−1)⊕(A0,A1...A2n−1)=(f0+2n−1,f1−1,f2−1....f2n−1−1)
注意 f 0 + 2 n − 1 f_0+2^n-1 f0+2n−1不是由上面的方程得到的，而是因为 A A A的和为 1 1 1，所以卷积之后所有项的和不变，所以解出来的。
那么我们将 A 0 A_0 A0变成 A 0 − 1 A_0-1 A0−1则可以发现。 ( f 0 , f 1 . . . f 2 n − 1 ) ⊕ ( A 0 − 1 , A 1 . . . A 2 n − 1 ) = ( 2 n − 1 , − 1 , − 1.... − 1 ) (f_0,f_1...f_{2^n-1}) \oplus(A_0-1,A_1...A_{2^n-1}) = (2^n-1,-1,-1....-1) (f0,f1...f2n−1)⊕(A0−1,A1...A2n−1)=(2n−1,−1,−1....−1)
直接写 F W T FWT FWT除法即可，注意到 ∑ A i − 1 = 0 \sum A_i - 1 = 0 ∑Ai−1=0也就是说我们 F W T FWT FWT后被除的式子中 2 n − 1 2^n-1 2n−1这项为 0 0 0（因为 A i ≥ 1 A_i \geq 1 Ai≥1别的都不为 0 0 0），注意到这东西表达的方程是 f 0 + f 1 + . . . f 2 n − 1 × 0 = 0 f_0+f_1+...f_{2^n-1} \times 0 = 0 f0+f1+...f2n−1×0=0，我们考虑就这样让 f 0 + f 1 + . . . f 2 n − 1 = 0 f_0+f_1+...f_{2^n-1}=0 f0+f1+...f2n−1=0，发现这个方程可能会无解，因为我们加多了条件，但是没关系，我们解方程是用 I F W T IFWT IFWT解，不会考虑无解。
I F W T IFWT IFWT之后如果得到了 f 0 ′ , f 1 ′ , f 2 ′ . . . f 2 n − 1 ′ f_0',f_1',f_2'...f_{2^n-1}' f0′,f1′,f2′...f2n−1′，考虑怎么得到 f 0 , f 1 . . . f 2 n − 1 f_0,f_1...f_{2^n-1} f0,f1...f2n−1，假设真实的 f 0 + f 1 + . . . f 2 n − 1 = X f_0+f_1+...f_{2^n-1} = X f0+f1+...f2n−1=X。
那么在 F W T FWT FWT之后 f i ′ = f i − X 2 n f_i' = f_i - \frac {X}{2^n} fi′=fi−2nX，因为 f 0 ′ = f 0 − X 2 n = − X 2 n f_0' = f_0 - \frac X{2^n} = -\frac X{2^n} f0′=f0−2nX=−2nX
所以每个位置都减去 f 0 ′ f_0' f0′即可。
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#include2019-2020 XX Opencup GP of Tokyo E . Count Modulo 2
给出 A 1 . . . A K A_1...A_K A1...AK，求 a 1 + a 2 . . . + a n = S a_1+a_2...+a_n = S a1+a2...+an=S的方案数 m o d 2 \bmod 2 mod2，其中 a i a_i ai是 A 1 . . . A k A_1...A_k A1...Ak中的一个， K ≤ 200 ， A i ≤ 1 e 5 , n ≤ 1 e 18 , S ≤ 1 e 18 K\leq 200 ， A_i \leq 1e5, n\leq 1e18 , S \leq 1e18 K≤200，Ai≤1e5,n≤1e18,S≤1e18
活生生猜出来的解法
因为要 m o d 2 \bmod 2 mod2，所以假设说一个方案中 A 1 . . . A k A_1...A_k A1...Ak各有 b 1 . . b k b_1..b_k b1..bk个，那么和他只是顺序不同的方案数有 n ! ∏ b i ! − 1 \frac {n!}{\prod b_i!}-1 ∏bi!n!−1种。
由库默尔定理我们可以知道一个二进制位 k k k只能由一个 b i b_i bi所拥有，这样就可以解决 n ≤ 1 e 18 n \leq 1e18 n≤1e18的问题，把 n n n的每个二进制位拿出来即可。（有个更牛逼的结论，在 ( m o d 2 ) \pmod 2 (mod2)意义下 f ( x 2 ) ≡ f ( x ) 2 f(x^2) \equiv f(x)^2 f(x2)≡f(x)2）
但是 S ≤ 1 e 18 S \leq 1e18 S≤1e18。
考虑 A i ≤ 1 e 5 A_i \leq 1e5 Ai≤1e5，所以当我们在考虑第 k k k位的时候，剩余的 S > 2 k 1 e 5 S \gt2^k1e5 S>2k1e5后面都无法让 S S S变为 0 0 0。
所以我们从大到小枚举 k k k，用 b i t s e t bitset bitset保存 1 e 5 1e5 1e5位，然后转移， k − − k-- k−−的时候需要枚举每个 b i t s e t bitset bitset位来转移，时间复杂度 O ( log n ( K v 32 + v ) ) O(\log n(\frac {Kv}{32}+v)) O(logn(32Kv+v))
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#include2019-2020 XX Opencup GP of Tokyo I. Amidakuji
求 K ≤ ⌈ log 2 n ⌉ + 1 K \leq \lceil \log_2n \rceil + 1 K≤⌈log2n⌉+1个 1... n 1...n 1...n的排列的映射 p i ( x ) p_i(x) pi(x)，对于所有 x , y x,y x,y都存在 q K ( q K − 1 ( . . . q 1 ( x ) ) ) = y q_K(q_{K-1}(...q_1(x))) = y qK(qK−1(...q1(x)))=y，其中 q i ( x ) = p i ( x ) q_i(x) = p_i(x) qi(x)=pi(x)或 p i ( x ) − 1 p_i(x)^{-1} pi(x)−1
设 P = ⌊ log 2 n ⌋ P = \lfloor \log_2n \rfloor P=⌊log2n⌋
则我们让 p i , j = j + 2 i m o d n , i ∈ [ 0 , P ] p_{i,j} = j + 2^i \bmod n,i \in [0,P] pi,j=j+2imodn,i∈[0,P]
这样可以组合出来 n n n以内所有奇数，包括负的。
证明可以考虑归纳证明。
如果 n n n是奇数，那么正负两边已经能让我们到达所有位置。
如果 n n n是四的倍数，可以构造排列 { 2 , 3 , 0 , 1 , 6 , 7 , 4 , 5.... n − 2 , n − 1 , n − 4 , n − 3 } \{2,3,0,1,6,7,4,5....n-2,n-1,n-4,n-3\} {2,3,0,1,6,7,4,5....n−2,n−1,n−4,n−3}来让我们可以使得一个位置移动奇数或偶数，注意这时这个排列是可以让 x , y x,y x,y的奇偶性不同的，所以 2 P 2^{P} 2P这个排列就不需要了（刚好卡进），我们只需要找距离最近也就是 < 2 P \lt 2^P <2P的那边走。
如果 n n n是 m o d 4 = 2 \bmod 4 = 2 mod4=2，可以构造排列 { 2 , 3 , 0 , 1 , 6 , 7 , 4 , 5.... n − 4 , n − 3 , n − 6 , n − 5 , n − 2 , n − 1 } \{2,3,0,1,6,7,4,5....n-4,n-3,n-6,n-5,n-2,n-1\} {2,3,0,1,6,7,4,5....n−4,n−3,n−6,n−5,n−2,n−1}和 { 0 , 1 , 2 , 3 , . . . . n − 6 , n − 5 , n − 2 , n − 1 , n − 3 , n − 4 } \{0,1,2,3,....n-6,n-5,n-2,n-1,n-3,n-4\} {0,1,2,3,....n−6,n−5,n−2,n−1,n−3,n−4}即可。
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#includeCodeForces 1292F Nora’s Toy Boxes
题意：给出 n ≤ 60 n\leq 60 n≤60个不同的 ≤ 60 \leq 60 ≤60的数，当 i , j , k i,j,k i,j,k满足 a i , a j , a k a_i,a_j,a_k ai,aj,ak都未被删去， a i ∣ a j a_i | a_j ai∣aj并且 a i ∣ a k a_i | a_k ai∣ak时可以将 a k a_k ak删去，求能删除最多数的删除序列数。
将 a i ∣ a j a_i | a_j ai∣aj视作 i → j i \rightarrow j i→j的连边，则我们对于每个弱连通图分别计算方案。
（注意下文的讨论中图是弱联通的。）
显然这个如果 i → j , j → k i\rightarrow j,j\rightarrow k i→j,j→k有边，则 i → k i \rightarrow k i→k有边。
所以如果在某次删除中需要找到一个 i i i，这个 i i i一定可以没有入度。
我们把没有入度的点集看做 S S S，其他点看做 T T T。
则我们需要求最少删到还有多少点，换个方向考虑，假如一开始我们让一些点存在，然后让这些 i , j , k i,j,k i,j,k， a i , a j a_i,a_j ai,aj存在， a k a_k ak不存在的拓展出 a k a_k ak存在，如果能拓展出所有点，那么这个拓展方案反过来就和合法的删点方案一一对应。
首先 S S S中的点不可能被删，所以 S S S中的点一开始都是存在的，删最多的点意味着 T T T中一开始存在的点要尽量少，最少为 1 1 1，接下来我们给出构造的方案使得 T T T中一开始的点数为 1 1 1。
对于 T T T中存在的点，找能够到达他的所有的 S S S中的点 x x x，那么 x x x能到达的点都会变为存在，再重复这个过程即可，容易发现弱连通图中的所有点都会变为存在，也就是 T T T中任意一个点开始我们都可以让所有点存在。
考虑如何根据这个过程构造出删点方案，我们定义一种新的标记，这种标记只会打在 S S S的点中，对于 T T T中一开始的点，我们找能够到达他的所有的 S S S中的点 x x x，给 x x x打上标记，之后我们找下一个被删除的点 y y y，这个 y y y只需要保证能够到达他的所有的 S S S中的点存在一个 p p p， p p p是有标记的即可，接下来给能够到达他的所有的 S S S中的点 x x x打上标记，如此重复即可得到一个删点方案。
可以证明 S S S中的点数 ≤ 60 4 \leq \frac {60}4 ≤460，首先可以认为 S S S中的点都应该 ≤ 30 \leq 30 ≤30，否则没有出边也没有入边不满足强联通，对于 ≤ 30 \leq 30 ≤30的所有点， S S S中的点构成了一个反链，其大小 ≤ 1...30 \leq 1...30 ≤1...30的最小链覆盖，我们可以给出一个链覆盖为 { 1 , 2 , 4 , 8.... } , { 3 , 6 , 12 } . . . \{1,2,4,8....\},\{3,6,12\}... {1,2,4,8....},{3,6,12}...等形如一个奇数 a × 2 k a\times 2^k a×2k的 30 2 \frac {30}2 230条链，所以 S S S中的点数 ≤ 15 \leq 15 ≤15。
于是我们用一个状压 d p dp dp， f s , i f_{s,i} fs,i表示目前集合 s s s的点打上了标记，已经删去了 i i i个点，
注意到我们不应该把 T T T中的点是否被选过纳入状态，所以我们需要有两种转移。
一种是删去能到达他的只有 s s s中的点，那么第一维不变，第二维 + 1 +1 +1，需要预处理出能到达他的只有 s s s中的点数 c c c，通过 c − i c-i c−i统计出还没被删的点数来做决策。
第二种是删去能使 s s s变大的点并且这个点能被 s s s到达，这个点显然不会被删过，所以我们可以有一个 O ( 2 15 n 2 ) O(2^{15} n^2) O(215n2)的 d p dp dp。
A C C o d e \mathcal AC \ Code AC Code
#includeHDU 6691 Minimum Spanning Trees
我的某远古题解