湖南师大附中计数课件总结

Posted 2021-02-18 lcyfrog

目录

• 计数 湖南师大附中课件总结
  • 容斥
    • 一般形式
    • 推广
    • 例题
      • HAOI2008 硬币购物
      • 游戏
    • 二项式反演
  • 斯特林数
    • 图的价值
  • DP套DP
    • Hero meet devil
    • Number
  • Burnside引理与pólya定理
    • 置换
    • 置换群
    • 染色与等价
    • Burnside 引理
    • pólya定理
• 后记

计数 湖南师大附中课件总结

容斥

一般形式

[egin{array}{c} left|S_{1} cup S_{2} cdots cup S_{n} ight|=sum_{i}left|S_{i} ight|-sum_{i<j}left|S_{i_{1}} cap S_{i_{2}} ight|+sum_{i<j<k}left|S_{i} cap S_{j} cap S_{k} ight|+ cdots+(-1)^{n}left|S_{1} cap S_{2} cdots cap S_{n} ight| end{array} ]

比如算满足一些条件，可以容斥算不满足某个集合的条件

推广

对两个关于集合的函数 (g(S), f(S)) ，

如果 (g(S)=sum_{T subseteq S} f(T),) 那么 (f(S)=sum_{T subseteq S}(-1)^{|S|-|T|} g(T))

如果 (g(S)=sum_{T supseteq S} f(T),) 那么 (f(S)=sum_{T supseteq S}(-1)^{|S|-|T|} g(T))

例题

HAOI2008 硬币购物

做过，只说下大概思路

设 (f(S)) 为只有 (S) 中的硬币超过了限制的方案数，(g(S)) 为 (S) 中 的硬币超过了限制 (其它的任意) 的方案数。

那么 (g(S)=sum_{T supseteq S} f(T))， 我们要求的就是 (f(emptyset))

游戏

题意：

有一个 (N) 个点的无向完全图和 (M) 中颜色, 图 (G) 的价值 (f(G)) 为使得同一个联通块的点颜色相同的染色方案数。

求 (sum_{S subseteq E, S eq 0}(-1)^{|S|-1} f(G(S)))

(E) 为边集, (S) 取遍 (E) 的所有非空子集, (G(S)) 为 (S) 中的边构成的图 (N, M leq 10^{6})

设(H(x))表示满足条件x的染色方案，注意x是任意一个条件，不是变量

则有(f(G(S))=|igcap_{ein S}H(e_x=e_y)|)

设(P(e)=[e_x=e_y])

[egin{align} ans&=sum_{Ssubseteq E,S ot =emptyset} (-1)^{|S|-1} |H(P_{S_1})cap H(P_{S_2})cap cdots cap H(P_{S_{|S|}})| \&= sum_{i}left|Hleft(P_{i} ight) ight|-sum_{i<j}left|Hleft(P_{i} ight) cap Hleft(P_{j} ight) ight|+cdots(-1)^{|E|-1}left|Hleft(P_{1} ight) cap Hleft(P_{2} ight) cdots Hleft(P_{|E|} ight) ight| \&=|igcup_{ein E}H(P_e)| end{align} ]

就是至少有两个点相同的方案数，(M^N-prod _{i=1}^N(M-i+1))（总方案数-都不相同）

二项式反演

见之前写的复习博客

斯特林数

详见WC集训笔记，这个课件上也没讲啥多的

图的价值

给出 (n) 和 (k,) 定义一个简单无向图的价值为每个点度数的 (k) 次方模 (998244353) 的结果。

(1 leq n leq 10^{9}, 1 leq k leq 200000)

考虑一个点的贡献，

[sum_{d=0}^{n-1}d^k {n-1choose d}2^{{n-1choose 2}} ]

由于

[x^{n}=sum_{k=0}^{x}left{egin{array}{l} n k end{array} ight} x^{k} ]

所以

[ans=sum_{d=0}^{n-1}left(egin{array}{c} n-1 d end{array} ight) cdot sum_{x=0}^{d}left{egin{array}{l} k x end{array} ight} d^{x} ]

[egin{aligned} sum_{d=0}^{n-1}left(egin{array}{c} n-1 d end{array} ight) cdot sum_{x=0}^{d}left{egin{array}{c} k x end{array} ight} d^{underline x} &=sum_{d=0}^{n-1}left(egin{array}{c} n-1 d end{array} ight) cdot sum_{x=0}^{d}left{egin{array}{c} k x end{array} ight}left(egin{array}{c} d x end{array} ight) x ! &=sum_{x=0}^{n-1}left{egin{array}{c} k x end{array} ight} x ! cdot sum_{d=0}^{n-1}left(egin{array}{c} n-1 d end{array} ight)left(egin{array}{c} d x end{array} ight) &=sum_{x=0}^{n-1}left{egin{array}{c} k x end{array} ight} x ! cdotleft(egin{array}{c} n-1 x end{array} ight) cdot 2^{n-x-1} end{aligned} ]

这个式子的上下界其实没有必要纠结...因为d<x的时候自动就等于0了

式子的后面部分的组合意义是现在 ?? ? 1 个数中选 ?? 个, 再在这 ?? 个中选 ?? 个, 相当于先选 ?? 个, 其他的任意。

那么我们要求出一行第二类斯特林数

枚举空盒，有容斥式子：

[left{egin{array}{l} n m end{array} ight}=frac{1}{m !} cdot sum_{i=0}^{m}(-1)^{i}left(egin{array}{c} m i end{array} ight)(m-i)^{n} ]

就可以NTT了。

DP套DP

对于一个可以用 DP 解决的问题，我们要求有多少中输入使得这个问题的答案为 ??。

做法是在原 DP 的基础上暴力加上一维来记录每个状态的 DP 值, 并统计在这种情况下的方案数。

Hero meet devil

经典老题，做过但是没写总结

给一个由 ???????? 组成的字符串 ??, 对于每个 1 ≤ ?? ≤ |??|, 问有多 少个只由 ???????? 组成的长度为 ?? 的串 ?? , 使得 ?? 和 ?? 的最长公 共子序列为 ??。

(|??| ≤ 15, 1 ≤ ?? ≤ 1000)

(0 ≤ ??(??, ??) ? ??(??, ?? ? 1) ≤ 1), 于是可以记录 (??(??, ??)) 差分的结果作为状态。

设(f[i][S])表示在第 (i) 个位置，差分状态为 (j) 的方案数，预处理S选择下一个字母的转移即可。

Number

给出 (T, A, B, C, D,) 求对于所有 (A leq x leq B, C leq y leq D, x & y=T)，(x | y) 有多少种不同的取值。

(0 leq T, A, B, C, D leq 2^{60})

显然知道x就可以通过T求y，那么记录一下xy与ABCD的相对关系就可以按位dp了。

所以跟dp套dp有什么关系啊

Burnside引理与pólya定理

置换

置换 (sigma) 是一个从集合 1, (2, cdots, n) 到自身的一一映射

( sigma=left(egin{array}{ccccc} 1 & 2 & 3 & cdots & n a_{1} & a_{2} & a_{3} & cdots & a_{n} end{array} ight) )

其中 (a) 是一个排列。

置换可以做乘法, 如 (left(egin{array}{c}a \ bend{array} ight) *left(egin{array}{c}b \ cend{array} ight)=left(egin{array}{c}a \ cend{array} ight))

置换群

置换群 ?? 是一个置换的集合, 并且满足以下条件:

1. 封闭性
2. 结合律
3. 存在唯一单位元
4. 存在唯一逆元

染色与等价

有任意置换能使一种染色方案变成另一种时，我们称其等价。

也就是(exist f in G,f*c=d)，c和d等价。

Burnside 引理

定义 (C(??)) 为在置换 (??) 的作用下不动点的集合

(N(G)=frac 1 {|G|}sum_{fin G}|C(f)|)

即等价类数为不动点的平均值。

pólya定理

在一个有k个循环（轮换）的置换(f)中，显然同一循环节要染同一颜色，不同循环节则不影响，那么本质不同的方案数为

[N(G)=frac{sum_{i}^{|G|} m^{c_i}}{|G|} ]

其中(c_i)是(f_i)的循环个数

好！

后记

还有模拟赛要打，就先这么多...

本来想看看课件后面的题，结果开 幕 雷 击给我整个不可做题