25年11月计数题做题记录

AGC073C

因为实数不好处理所以我们考虑将实数映射到整数上去做，相当于我们把值域在 \([-(n-1),1]\) 之间的实数映射到 \([-(n-1)m,m]\) 之间的整数上，其中 \(m\rightarrow\infty\)，现在我们需要考虑的就是值域在 \([-(n-1)m,m]\) 的整数的答案。

我们观察性质，可以发现对于 \(x_i\) 相同的连通块他们的 \(x_i\) 一定仅由这个连通块构成。考虑反证法，证明类似最大子段和，如果不同说明原来的定义矛盾了。所以我们现在考虑将原图划分成 \(k\) 个连通块，一个连通块的 \(x\) 和大小分别是 \(y_i\) 和 \(c_i\)。考虑其对答案贡献的方案数为 \((y_i+1)^{c_i-1}\)，原因是对于连通块中除深度最小的点外，其他点都能在 \([0,y_i]\) 内任意选择，最后用一个点一定能调回 \(y_i\)，因为 \(c_i-1\) 个点的和的值域为 \([0,(c_i-1)m]\)，而一个点的值域为 \([-(n-1)m,m]\)，考虑到 \(c_i\le n\) 于是一定有解。然后我们乘上连通块的贡献 \(y_i^{c_i}\) 即可。因为题目中要求期望，于是我们转计数再除以方案数，所以一个连通块的贡献我们去枚举 \(y_i\)，然后在树上进行划分，我们写出一个连通块最终的答案：

\[\sum_{y_i=0}^m(y_i+1)^{c_i-1}y_i^{c_i} \]

当 \(m\rightarrow\infty\) 时，答案为：

\[\int_0^1x^{c_i-1}x^{c_i}\text dx={1\over2c_i} \]

于是我们设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树还剩 \(j\) 个点需要划分连通块的答案。树上背包即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

AGC070C

发现这道题的限制有点多，要求前缀 A 数量大于等于 B 数量，不能有连续的 A 或 B。我们先处理第一个限制，有一个妙手就是我们可以类似卡特兰数的方式去思考，直白一点就是反射容斥。我们看成从 \((0,0)\) 只能向上、向右或原地不动走到 \((a,b)\) 并且不能越过 \(y=x\) 这条直线，且不能连续向右/上的方案数，设为 \(f(a,b,c)\)。

首先反射容斥就相当于要减去走到 \((b-1,a+1)\) 的方案。但是注意到可能存在原来合法的情况在翻折后变得不合法，注意到可能变得不合法的位置只有经过 \(y=x+1\) 的时候可能把向上向右变成向上向上，所以我们考虑翻折前不合法的情况对应翻折后的情况，也就是构造双射。因为过 \(y=x+1\) 的位置很特殊所以我们据此构造双射。

• 对于原来两次向上我们可以用一次向上代替，方案数为 \(f(b-1,a,c)\)。
• 对于原来先向上再停留再向上我们可以用一次向上代替，方案数为 \(f(b-1,a,c-1)\)。
• 对于原来先向上在停留再向右我们可以用一次向上向右代替，方案数为 \(f(b-1,a+1,c-1)\)。

现在考虑一个 \(f(a,b,c)\) 怎么求？我们可以枚举 \(C\) 把 \(A\) 划分成了 \(i\) 段，这个方案数对 \(A\) 是插板法 \(a-1\choose i-1\)，对 \(C\) 我们需要先把两边的空位各补一个 \(C\) 然后插板法 \(c+1\choose i\)，最后放 \(B\) 首先对于连续的 \(a-i\) 个 \(A\) 需要干掉，剩下的 \(b-a+i\) 个 \(B\) 我们可以放在 \(A\) 的连续段或者 \(C\) 旁边，但是一个空只能放一个，于是就有 \(c+i+1\choose b-a+i\)。然后就做完了，时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

AGC069D

参考题解：this；神仙转化，我的一辈子。

注意到 \(a_i\) 的意义是跨过 \(i\) 的边数，我们考虑差分，设 \(l_i\) 表示从 \(i\) 连到左边的边数，\(r_i\) 类似。显然有 \(a_i=\sum_{j\le i}r_j-l_j\)。

有了初步的转化后接下来就是经典的判定合法性，然后找充要去维护。首先去找必要条件：

• 除了 \(l_1=r_n=0\)，其余 \(l_i,r_i\) 均大于 0。
• \(\sum_il_i=\sum_ir_i=n-1\)。
• \(\sum_{j\le i}l_j<i\)，这个是显然的上界，考虑左半部分是森林。
• 考虑 \(a_i\) 的意义是说让左部分和右部分连通需要的边数，考虑左边的连通块数为 \(i-\sum_{j\le i}l_j\)，那么 \(a_i\) 至少需要这么多条边跨过 \(i\)。

上述条件对于 \(r_i\) 也有类似对称的限制。

证明充分考虑构造证明，我们可以把 \(r_i,l_i\) 分别看成左右部点跑网络流。对于左部点我们从限制最严的开始去匹配右部点限制最松的，具体的，我们从后往前用 \(r_i\) 匹配 \(l_i\)，并且优先使用更大的 \(l_i\)。然后我们就可以考虑 dp，设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑到 \(i\)，\(a_i=j,\sum_{j\le i}l_j=k\) 的方案数，为了避免重复计算我们钦定 \(\sum l_j\) 是固定前两维后最小的。转移考虑枚举 \(\sum\)，判断上面的充要条件是否满足，如果满足了就直接转移即可。时间复杂度 \(\mathcal O(n^4)\)，发现你的转移实际上是矩形加，于是维护前缀和然后差分即可，但是注意有散点可能会出问题，单点修改一下即可做到 \(\mathcal O(n^3)\)。

AGC068A

属于能力范围内的题，没做出来且红温。

考虑枚举答案 \(d\)，然后求方案数。恰好为 \(d\) 的方案数不好求于是差分一下去求 \(\le d\) 的方案数。现在考虑钦定选 0，那么我们如果将每次选择方案的点顺时针旋转就会得到 \(L\) 种不同的选法，但是最后这只能贡献 \(n\) 次，于是最后答案需要乘上 \(L\over n\)。

钦定选了 0 之后我们的合法区间就是 \([1,d]\cup[L-d,L-1]\)。注意到如果两个点全部在一个区间内就没有影响，但是如果一个在 \([1,d]\) 另一个在 \([L-d,L-1]\) 那它们可能会超过 \(d\) 然后爆炸。我们设 \(len=L-2d-2\)，如果我们选择了 \([L-d,L-1]\) 里面的一个数 \(x\) 那么 \([x+d+1-L,x+d+1-L+len]\) 的数就不能选，我们设 \(x'=x+d+1-L\)，考虑如果选择了 \(x\) 那么对应在 \([1,d]\) 中的 \([x',x'+len]\) 就不能选了。可以发现 \(x\) 在 \([L-d,L-1]\) 中的相对位置等于 \(x'\) 在 \([1,d]\) 中的相对位置，所以我们可以把前者映射到后者，考虑在 \([1,d]\) 上选点并染色。设选择染黑色代表选择的是 \([L-d,L-1]\) 的点，染白色代表选择了 \([1,d]\) 的点。那么如果我们选择 \(x\) 并染黑，那么 \([x,x+len]\) 的点就不能再选成白点了。于是我们枚举有 \(i\) 个黑点后面是白点，于是选择点的方法有 \(d-i\times len\choose n-1\) 种。现在再来考虑染色，注意到我们要将一些点划分成段，但是注意到首尾不完整于是我们手动补两个点，就相当于是把 \(n+1\) 个点分成 \(2i+2\) 段，方案数是 \(n\choose 2i+1\)。