组合计数训练题解
CF40E
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题目解法
首先，如果 n , m n,m n,m 一奇一偶，那么答案为 0 0 0
原因是从行和列的角度分析， − 1 -1 −1 个数的奇偶性不同
可以发现 k < max { n , m } k<\max\{n,m\} k<max{n,m} 的性质很微妙，把它转化为有用的信息，即为：
令 n > m n>m n>m，则必有一行为空
可以发现，除了空行，其他所有行只需在满足行乘积为 − 1 -1 −1 的情况下随便填，然后令空行满足列的限制即可
我们需要考虑空行在满足列的限制的情况下是否仍然满足行的限制，这个对 − 1 -1 −1 的个数讨论一下不难证得
于是可以简单地计算，时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include CF140E
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题目解法
先特殊提醒一下，每一层的球不是构成一个环，而是一个序列
可以发现这一层只关心选了几个颜色，而不关心选了那些颜色
所以显然有 d p i , j dp_{i,j} dpi,j 为到第 i i i 层，第 i i i 层有 j j j 个颜色的方案数
考虑转移
容斥一下，用总的方案数 - 不合法的方案数
所以 d p i , j = m j ‾ ∗ f l [ i ] , j ∑ d p i − 1 , k − j ! ∗ d p i − 1 , j dp_{i,j}=m^{\underline{j}}*f_{l[i],j}\sum{dp_{i-1,k}}-j!*dp_{i-1,j} dpi,j=mj∗fl[i],j∑dpi−1,k−j!∗dpi−1,j
其中 f i , j f_{i,j} fi,j 为长度为 i i i 序列，相邻不同，颜色总数为 j j j，且每一种颜色都染过的方案数
f i , j f_{i,j} fi,j 好求，不细讲了，直接给转移式子： f i , j = f i − 1 , j − 1 + f i − 1 , j ∗ ( j − 1 ) f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}*(j-1) fi,j=fi−1,j−1+fi−1,j∗(j−1)
因为没有规定染 m m m 个颜色中的哪 j j j 个，所以要乘 m j ‾ m^{\underline{j}} mj
减去的数中因为之前已经规定好了选哪 j j j 个，所以只需要给 j j j 个数排个次序即可（不难发现， f f f 式子中并没有规定 j j j 个颜色的顺序）
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include CF482D
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题目解法
显然树形 d p dp dp
考虑染的颜色只跟染的顺序的奇偶性有关
所以令 d p i , 0 / 1 dp_{i,0/1} dpi,0/1 表示在 i i i 的子树中，选了偶数还是奇数个点
考虑编号升序是好转移的，编号降序的方案和编号升序的方案一样
现在只需要计算编号升序和降序重复的方案数
不难发现，重复的条件为 ∀ p r e i − 1 ≡ s u f i + 1 \forall pre_{i-1}\equiv suf_{i+1} ∀prei−1≡sufi+1
可以发现这个等价于
- 每个子树中选的点都为偶数
- 每个子树中选的点都为奇数，且只有奇数个子树选到
这个可以在开一个 d p dp dp 数组 f i , 0 / 1 , 0 / 1 f_{i,0/1,0/1} fi,0/1,0/1 表示在 i i i 的子树中选出了奇数或偶数个点，所有选的子树中点数均为奇数或偶数，不难转移
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include CF325E
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题目解法
先考虑 n n n 为偶数的情况
先看一个比较妙的性质：对于 i i i 和 i + n 2 i+\frac{n}{2} i+2n，它们能到达的两个点是一样的，因为 2 i ≡ 2 i + n 2i\equiv2i+n 2i≡2i+n 且 2 i + 1 ≡ 2 i + n + 1 2i+1\equiv 2i+n+1 2i+1≡2i+n+1
所以考虑暂时钦定 i i i 连向 2 i 2i 2i， i + n 2 i+\frac{n}{2} i+2n 连向 2 i + 1 2i+1 2i+1
考虑这样整张图会形成若干个简单环，现在需要考虑合并简单环
若 x x x 和 x + n 2 x+\frac{n}{2} x+2n 不在一个简单环内，那么考虑把 x x x 连到 2 x + 1 2x+1 2x+1， x + n 2 x+\frac{n}{2} x+2n 连到 2 x 2x 2x，这样可以把 2 2 2 个环合并成一个环，这个可以用并查集维护
考虑 n n n 为奇数的情况，直觉告诉我们一定是无解的
考虑来证明它：可以发现到终点 0 0 0 的点只能是 n − 1 2 \frac{n-1}{2} 2n−1，而到达 n − 1 n-1 n−1 的点也只能是 n − 1 2 \frac{n-1}{2} 2n−1，这就矛盾了
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
#include CF896D
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题目解法
先考虑 n n n 个人不包含 v i p vip vip 的情况
考虑转化，把 50 50 50 元看成 1 1 1， 100 100 100 元看成 − 1 -1 −1
题目就是问有多少种方案，所有的前缀和都 ≥ 0 \ge 0 ≥0
这让我们想到了卡特兰数，于是可以考虑用推卡特兰数的方法来推到 ( x , n − x ) (x,n-x) (x,n−x) 处的方案数，条件是 n − x + l ≤ x ≤ n − x + r n-x+l\le x\le n-x+r n−x+l≤x≤n−x+r
推断方法不细讲，大概就是对 y = x + 1 y=x+1 y=x+1 作对称，最后推出来的式子应该是 ( n x ) − ( n x + 1 ) \binom{n}{x}-\binom{n}{x+1} (xn)−(x+1n)
然后考虑有 v i p vip vip 的情况，即枚举个数，最终的答案即为 ∑ i = 0 n ∑ i − x + l ≤ x ≤ i − x + r ( i x ) − ( i x + 1 ) \sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{i-x+l\le x\le i-x+r}\binom{i}{x}-\binom{i}{x+1} i=0∑ni−x+l≤x≤i−x+r∑(xi)−(x+1i)
可以发现对于同一个 i i i，中间的组合数都可以消掉，所以只要算最左边和最右边的组合数即可
考虑 P P P 不是质数，我们可以把 p p p 质因数分解，然后把每个计算的数拆分成 x ∗ ∏ p k α k x*\prod p_k^{\alpha_k} x∗∏pkαk，其中 ( x , P ) = 1 (x,P)=1 (x,P)=1，这个对每个 p p p 的质因子开个桶即可，考虑 P P P 的质因子不会超过 9 个，所以可以很快维护
时间复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
#include CF750G
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题目解法
考虑对答案的路径分 3 种情况
- 一个点，方案数为 1
- 从祖先到子孙的路径
令祖先的编号为 u u u，延续到下面的深度为 h h h
则编号和为 ( 2 h + 1 − 1 ) ∗ u + ∑ i = 0 h − 1 ( 2 i − 1 ) ∗ c i (2^{h+1}-1)*u+\sum_{i=0}^{h-1} (2^i-1)*c_i (2h+1−1)∗u+∑i=0h−1(2i−1)∗ci，其中 c i c_i ci 为这条边是否往右走
考虑 ∑ i = 0 h − 1 2 i ∗ c i < 2 h \sum_{i=0}^{h-1} 2^i*c_i<2^h ∑i=0h−12i∗ci<2h，那么枚举 h h h，我们可以直接计算出对应的 u u u
然后判断是否合法即可 - 从 u u u 到 l c a lca lca 到 v v v 的路径（ u ≠ l c a ≠ v u\neq lca\neq v u=lca=v）
令祖先的编号为 u u u，延续到下面的深度分别为 h 1 , h 2 h1,h2 h1,h2
则编号和为 ( 2 h 1 + 1 + 2 h 2 + 1 − 2 ) ∗ u + ∑ i = 0 h 1 − 1 ( 2 i − 1 ) c i + ∑ i = 0 h 2 − 1 ( 2 i − 1 ) c i ′ (2^{h1+1}+2^{h2+1}-2)*u+\sum_{i=0}^{h1-1}(2^i-1)c_i+\sum_{i=0}^{h2-1}(2^i-1)c'_i (2h1+1+2h2+1−2)∗u+∑i=0h1−1(2i−1)ci+∑i=0h2−1(2i−1)ci′
同理对于相同的 h 1 , h 2 h1,h2 h1,h2，我们可以唯一确定出一个 u u u
那么考虑计算下面有多少种路径
考虑 2 i − 1 2^i-1 2i−1 的 − 1 -1 −1 不好计算，所以考虑枚举 c i , c i ′ c_i,c'_i ci,ci′ 为 1 1 1 的数的个数
然后考虑 d p dp dp，令 d p i , j , 0 / 1 dp_{i,j,0/1} dpi,j,0/1 表示从低到高到了第 i i i 位，已经选了 j j j 个数，是否进位的方案数
这样可以轻松转移，要注意 h 1 − 1 h1-1 h1−1 和 h 2 − 1 h2-1 h2−1 位要强制选和不选（因为必须往左和往右）
时间复杂度 O ( H 5 ) O(H^5) O(H5)， H H H 为树高
#include CF981H
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题目解法
感觉挺好的一道题，除了多项式
显然 k k k 条路径共同经过的部分一定是一段路径
然后考虑分类讨论路径端点 u , v u,v u,v 的关系
- u , v u,v u,v 不是祖先关系
答案即为 s u × s v s_u\times s_v su×sv
其中 s u s_u su 表示在 u u u 的子树中选出 k k k 个点，并组成排列的方案数
考虑枚举 u u u 节点的选择个数，因为只有它是可以经过不限制次的， u u u 的儿子的子树中只能选出 1 1 1 个点
所以考虑除了 u u u 选 i i i 个点且不考虑顺序的方案数即为 [ x i ] ∏ ( 1 + s i z v x ) [x^i]\prod (1+siz_vx) [xi]∏(1+sizvx)
因为是要求出这个多项式卷积的每一项的，所以考虑用分治 n t t ntt ntt 求出
然后 s u s_u su 即为 ∑ i = 0 k ( k i ) × i ! × [ x i ] ∏ ( 1 + s i z v x ) \sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k}{i}\times i!\times [x^i]\prod (1+siz_vx) i=0∑k(ik)×i!×[xi]∏(1+sizvx)
然后所有情况的答案即为 ( ∑ s u ) 2 (\sum s_u)^2 (∑su)2
还需要减去 u u u 和 u u u 自己的代价和 u u u 和 u u u 的子树内的点的代价
这用一个子树和不难求出 - u , v u,v u,v 是祖先关系
这种情况稍微难办一些
不考虑 u u u 选出 i i i 个点的方案数为 [ x i ] ∑ v ∈ s o n ( u ) ( 1 + ( n − s i z u ) x ) × ∏ w ≠ v ( 1 + s i z w x ) [x^i]\sum\limits_{v\in son(u)}{(1+(n-siz_u)x)\times \prod\limits_{w\neq v} (1+siz_wx)} [xi]v∈son(u)∑(1+(n−sizu)x)×w=v∏(1+sizwx)
这个也可以用分治 n t t ntt ntt 求出
计算答案的式子和第一类情况一样
记得特判一条路径的情况
因为度数之和为 n n n，所以时间复杂度是分治 n t t ntt ntt 的 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n)
#include CF698F
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题目解法
不是很想写，一些结论我也说不清楚也不会证，自己看题解吧
有时间可能会补，先给出代码：
#include