[航海协会]序列计数问题

Posted 2022-12-07 StaroForgin

序列计数问题

题目概述

题解

首先看到这题目，应该比较容易想到生成函数。
第$i$个数的生成函数显然是$F_i={\sum }_{j=0}^{b^i-c}{x}^j=\frac{1-x^{b^i-c+1}}{1-x}$
答案要求$\sum x_i<n$，相当于就是全部乘起来，做个前缀和取第$n-1$项，
其中，我们定义$f(S)={\sum }_{x\in S}{b}^x$表示
$$\begin{gathered} Ans=[x^n-1]\frac{{\prod }_{i=1}^{m}1-x^{b^i-c+1}}{(1-x{)}^{m+1}}=[x^n-1]\frac{{\sum }_{S\subset U}(-1{)}^{|S|}{x}^{f(S)-(c-1)|S|}}{(1-x{)}^{m+1}} \\ Ans=\sum _{S\subset U}(-1{)}^{|S|}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1+(c-1)|S|-f(S)}{m}) \end{gathered}$$直接枚举集合$S$可以做到$O\left(2^{m}m\right)$，但都做到这里了我们何必暴力枚举集合呢？
考虑再给它化一下，
$$Ans=\frac{1}{m!}\sum _{S\subset U}(n+m-1+(c-1)|S|-f(S){)}^{\underline{m}}$$显然可以数位$dp$，我们可以将后面的下降幂看成一个多项式，然后$dp$维护。
为了同时保证后面下降幂那东西不小于$m$，我们枚举的$f(S)$显然得有一个上限，不能超过$n+m-1+(c-1)|S|$，这个上限与$|S|$有关，所以我们可以考虑先枚举$|S|$，再根据当前的上限数位$dp$。
定义$d{p}_{i,j,k,0/1}$表示在前$i$位中，选择了$j$位，并且是否达到上限的集合$S$的$f(S{)}^k$次方之和。
转移显然就是每次枚举是否加入当前的$2^i$嘛，但由于需要转移每个次方的值，我们的复杂度会达到惊人的$O\left(m^5\right)$，考虑优化。

注意到$2-b⩽c⩽b-1$，显然，当$b>2$时，有$(b^n-c+1)⩾{\sum }_{i=1}^{n-1}(b^i-c+1)$。
也就是说，我们可以尝试求出当前能够选择的字典序最大$S$，显然，比这字典序小的$S$都是可以被选择的。
这样我们就可以只对一个$n$进行数位$dp$了，优化到$O\left(m^4\right)$。
对于$b=2,c=1$时，上面的结论依旧成立。
对于$b=2,c=0$时，一种简单的方法就是先将所有小于$n$的$f(S)$全部计算，再减掉$f(S)+以上是关于[航海协会]序列计数问题的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章$

[航海协会]树

[航海协会]树

[航海协会]树

[航海协会]基因切割

[航海协会]稀疏阶乘问题

ACM - 动态规划小白入门：背包 / 线性 / 区间 / 计数 / 数位统计 / 状压 / 树形 / 记忆化 DP