数轴上连 n 条弦，共有 k 个交点的方案数

Posted 2023-05-16 alfalfa_w

问题

数轴上有 \\(2n\\) 个点，考虑所有用 \\(n\\) 条弦将它们完美匹配的方案，有多少种方案会产生 \\(k\\) 个交点（不考虑三线共点）？

在 OEIS 上为A067311。

分析

本文主要是对这篇论文的翻译。

转化问题

首先我们考虑 DP。考虑生成函数，我们用 \\(z\\) 累计交点数。记 \\(F_i,j\\) 为考虑了前 \\(i\\) 个点，往后连了 \\(j\\) 条弦的生成函数。那么一条弦在 DP 中经历 \\(2\\) 个过程：“产生”和“闭合”，我们在闭合时累加交点数。假设往后连的 \\(j\\) 条弦中，我们选择从左往右第 \\(a\\) 条弦在 \\(i+1\\) 处闭合，那么会有 \\(z^j-a\\) 的贡献。因此，闭合的总贡献就是 \\(1+z+\\cdots+z^j-1 = (1-z^j)/(1-z)\\)。无论 DP 的路径如何，\\((1-z)^-1\\) 总是会乘恰好 \\(n\\) 次，所以可以留到最后再乘。我们可以写出 DP 的转移式：

\\[F_i,j = F_i-1,j-1+ (1-z^j+1)F_i-1,j+1 \\]

答案为 \\((1-z)^-nF_2n,0\\)。

考虑把 DP 状态看作点，转移的路径看作折线，那么相当于枚举所有折线，对于一条折线，设所有\\单位线段的“高度”为 \\(h_1,h_2,\\cdots,h_n\\)，那么它对答案有 \\(\\prod (1-z^h_i)\\) 的贡献。

考虑把折线与有根树的 DFS 过程一一对应：/单位线段看作入栈操作，\\单位线段看作出栈操作。那么，树的每个非根结点都可能为“普通点”或“关键点”，对于一棵有 \\(r\\) 个关键点，关键点深度和为 \\(k\\) 的树，它对答案的贡献为 \\((-1)^rz^k\\)。

通过构造对合来抵消系数

对于一棵树，我们只保留所有关键点到根的路径的并（虚树），假设还剩下 \\(l\\) 条边。对于剩下 \\(l\\) 条边的虚树，考虑把它补全的方案数。相当于在原本的入栈-出栈序列中的 \\(2l+1\\) 个空隙中分别插入合法括号序列，把长度补到 \\(2n\\) 的方案数。又相当于长度为 \\(2n+2l\\) 的括号序列，满足最后 \\(2l\\) 个位置均为\')\'的方案数（考虑后 \\(2l\\) 个位置的匹配位置，将序列分成 \\(2l+1\\) 段）。可以使用反射法，方案数为 \\(\\binom2nn+l - \\binom2nn+l+1\\)。

考虑两棵虚树，它们的关键点个数、关键点深度和、边数分别为 \\((r,k,l)\\) 和 \\((r+1,k,l)\\)，那么它们的贡献会抵消。

让我们重新列举一下合法虚树需要满足的条件：

• 结点无标号，但可能为“关键点”；
• 所有叶子必为“关键点”；
• 所有“关键点”的深度之和为 \\(n\\) \\((n\\ge 1)\\)；
• 结点的儿子之间有先后顺序。

因为所有叶子都是关键点，所以在 DFS 的过程中，如果出现入栈之后立即出栈的情况，则一定访问到了关键点。

我们可以按 DFS 中的出栈顺序给“关键点”标上 \\(1..k\\) 的编号。

设在“关键点” \\(i\\) 出栈前，入栈、出栈操作分别进行了 \\(a_i,b_i\\) 次。可以观察到下列性质：

• \\(\\sum_i=1^k b_i-a_i = n\\)；
• \\(1\\le a_1\\le a_2\\le \\cdots\\le a_k\\)；
• \\(0= b_1 < b_2 < \\cdots < b_k\\)；
• \\(b_i<a_i\\) \\((\\forall 1\\le i\\le k)\\)；
• \\(b_i+1\\le a_i\\) \\((\\forall 1\\le i \\le k)\\)；
• 树的边数是 \\(a_k\\)；
• 合法的序列 \\((a_1,b_1), (a_2,b_2), \\cdots, (a_k,b_k)\\) 与合法的树构成双射。

为了方便表示，我们把合法序列画成方格图：假设有一个向右、向上无限延伸的方格图，我们只保留最下面的 \\(k\\) 行，对于从下往上的第 \\(i\\) 行，我们只保留第 \\(b_i+1\\) 到第 \\(a_i+1\\) 个格子。这样，画出的方格图是联通的。

为了体现 \\(b_k<a_k\\) 这条性质，我们在方格图第 \\(k\\) 行第 \\(a_k+1\\) 个格子上方添加一个格子。

考虑按照下图中的方法构造对合：

这样，在大部分情况中，我们总能把合法的方格图完美匹配，每对匹配的宽度相同、高度差 \\(1\\)，这使得它们在答案的式子中抵消了。所有不能被匹配的方格图都属于下面这种情况：

因此，原答案和只保留这种情况的答案是一样的。答案为：

\\[(1-z)^-n\\sum_i=0^n (-1)^i \\left(\\binom2nn+l-\\binom2nn+l+1\\right) z^\\binomi+12 \\]

也可以写成：

\\[(1-z)^-n\\sum_i=-n^n (-1)^i \\binom2nn+l z^\\binomi+12 \\]

2019.8.31 互不侵犯

题目描述

在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

注：数据有加强（2018/4/25）

输入格式

只有一行，包含两个数N，K （ 1 <=N <=9, 0 <= K <= N * N）

输出格式

所得的方案数

输入输出样例

输入 #1复制

3 2

输出 #1复制

16
题目来源洛谷P1896/四川省选

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有点像八皇后 但是看数据范围应该可以用状压dp
上代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n,k,dp[15][2050][205],sc[2050],num[2050];
long long ans,cnt;
long long getnum(long long x)

    long long res=0;
    while(x)res+=(x&1),x>>=1;
    return num[(int)cnt]=res;

int main()

    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    long long maxn=(1<<n)-1;
    for(long long i=0;i<=maxn;i++)
        if(!(i&(i<<1)))sc[++cnt]=i,dp[1][cnt][getnum(i)]=1;
    for(long long i=2;i<=n;i++)
    
        for(long long j=1;j<=cnt;j++)
        
            for(long long l=1;l<=cnt;l++)
            
                long long x=sc[j],y=sc[l];
                if(x&y)continue;
                if(x&(y<<1))continue;
                if(x&(y>>1))continue;
                for(long long m=0;m<=k;m++)dp[i][j][m+num[j]]+=dp[i-1][l][m];
            
        
    
    for(long long i=1;i<=cnt;i++)ans+=dp[n][i][k];
    printf("%lld",ans);
    return 0;