Edu Codeforce133 (D、F) DP、组合数学

• 比赛链接：Educational Codeforces Round 133 (Rated for Div. 2)

D题 Chip Move

题意：有一条数轴，初始位于$0$位置，给定整数$n,k(1\le k,n\le 2\cdot 10^5)$，第$i$次的移动距离仅能为$k+i$的倍数，对于每个正整数$x$，求走到$x$这个点的方案数，其中$x\in [1,n]$

• 为了方便陈述，若当前轮数要求的走的长度为$k+i$的倍数，我们称其为第$k+i$轮，而非第$i$轮

• 先考虑一个最暴力的做法，设状态$dp[i][j]$表示，表示走$1,2,\cdots ,i$步能到位置$j$的方案数的总和，显然初始状态位于$0$位置，仅一种方案，即$dp[k-1][0]=1$

• 考虑当前位置$j$，逆向思维枚举上一步走的距离为$i$的倍数，也就是反向跳$d\times i$，其中$j-d\times i\ge 0$，故$1\le d\le \lfloor \frac{j}{i}\rfloor$的容易得到转移方程$dp[i][j]={\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{j}{i}\rfloor }dp[i-1][j-d\times i]$

• 此时我们对于每轮每个位置的状态转移，最终需要$O(n^3)$的时间复杂度

• 往前回跳距离$i$，我们发现对于$j-i$的状态转移方程为$dp[i][j-i]={\sum }_{d=1}^{\lfloor \frac{j-i}{i}\rfloor }dp[i-1][j-i-d\times i]$

• 对比上下两个转移方程，我们发现方程右部仅相差一个数$dp[i][j-i]$，故我们可以用一个前缀和来优化这个转移，即对于一个同余系$j\mathrm{mod}i$，对应一个前缀和$tp[j\mathrm{mod}i]$，然后每轮预处理一下这个同余前缀和，即可将时间复杂度降为$O(n^2)$

  此处类似完全背包问题中同余系优化的思路

• 但是我们发现，此时的时间复杂度，对于$n$的范围来说，还是不能接受的。于是我们再到题意中寻找某些性质，祈求能找到数据的某些特殊性质

• 有如下性质：题目中的轮数，最多仅有$O(\sqrt{n})$轮，即外层循环$i$最大仅为$\sqrt{n}$，考虑最差情况$k=1$，每次跳的倍数$d=1$时，走了$i$轮的情况，最后的距离为等差数列求和$\frac{[1+(1+i)]i}{2}$，发现其为$O(n^2)$级别，即走的距离随着轮数，呈至少$\Omega (n^2)$级别增长，故走完距离为$n$也只需要$O(\sqrt{n})$轮

• 这样我们就将时间复杂度降为$O(n\sqrt{n})$了，足矣AC此题

• 最后考虑空间复杂度，我们发现第$i$轮的状态仅跟第$i-1$轮的有关，故可以使用滚动数组优化掉一维，这样我们的空间复杂度就可以降到$O(n)$，我们用$last$数组表示上一轮的状态

//其中Z表示模数类，运算时自动取余998244353，可参照jiangly代码
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
int main()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<Z> last(n + 1);
    last[0] = 1;
    vector<Z> ans(n + 1);
    rep(i, k, n)
    {
        vector<Z> dp(n + 1);
        vector<Z> tp(i);
        rep(j, i, n)
        {
            if(j - i >= 0)
                tp[j % i] += last[j - i];//同余系
            dp[j] = tp[j % i];
        }
        rep(j, 1, n)
            ans[j] += dp[j];
        if(all_of(dp.begin(), dp.end(), [&](const Z &a){ //是否本轮全部状态都为0
            return !a.val();
        })) break;
        last = dp; //滚动数组优化
    }
    rep(i, 1, n)
        cout << ans[i] << ' ';
}
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F题 Bags with Balls

题意

给定$n(1\le n\le 998244352)$个袋子，每个袋子中都有$m(1\le m\le 998244352)$个球，且其中每个袋子中的球都由$1\sim m$编号。从每个袋子中各取出一个球，最终会得到$n$个球，在这些球中，设奇数球的个数为$F$。求解所有可能方案得到的$F^k(1\le k\le 2000)$的总和。

输入

共$T(1\le T\le 5000)$组数据，每组读入三个数$n,m,k(1\le n,m\le 9982443521\le k\le 2000).$

输出

如题意所述，对答案取余$998244353$

• 容易得到，一个袋子中，奇数球的个数为$\lfloor \frac{m+1}{2}\rfloor$，偶数球的个数为$\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$

• 考虑最裸的做法，有如下生成函数：$(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +\lfloor \frac{m+1}{2}\rfloor x{)}^n$

• 二项式定理对生成函数进行化简有${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i{x}^i$，此处我省略掉了$i=0$的情况，因为$x$的系数为$i$表示当前取了$i$个奇数编号的球，显然取$0$个奇数编号的球不会对我们答案有任何贡献，前面的系数表示的为方案数，故我们所求的答案为${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i{i}^k$

• 考虑$n,m,k$的范围，发现$n,m,k(1\le n,m\le 9982443521\le k\le 2000)$。我们无法在$O(n)$的时间内解决这个问题，所以我们尽量需要往$O(k)$的方向靠

• 考虑对$i^k$进行展开，对于第二类斯特林数（斯特林子集数），根据二项式反演有如下结论：$$i^k=\sum _{c=0}^i{S}_2(k,c)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{c}\right)c!$$

  • 第二类斯特林数$S_2(n,m)$的含义为，将$n$个数，划分为$m$个集合的方案数
  • 考虑动态规划，对于一个新来的数，有两种方案，一种是已有$m$个集合，从$m$个集合中选择一个加入，另一种是这个数单独创建一个集合
  • 可以得到状态转移方程$S_2(n,m)=S_2(n-1,m-1)+S_2(n-1,m)\times m$
  • 在本题中，预处理第二类斯特林数的时间复杂度为$O(k^2)$

下列推导中，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$等价$C_n^i$

• 代入原式中可以得到

  ∑ i = 1 n ( n i ) ( ⌊ m 2 ⌋ ) n − i ( ⌊ m + 1 2 ⌋ ) i i k = ∑ i = 1 n ( n i ) ( ⌊ m 2 ⌋ ) n − i ( ⌊ m + 1 2 ⌋ ) i ( ∑ c = 0 i S 2 ( k , c ) ( i c ) c ! )

  ∑i=1n(ni)(⌊m2⌋)n−i(⌊m+12⌋)iik=∑i=1n(ni)(⌊m2⌋)n−i(⌊m+12⌋)i(∑c=0iS2(k,c)(ic)c!)" role="presentation" style="position: relative;">=∑i=1n(ni)(⌊m2⌋)n−i(⌊m+12⌋)iik∑i=1n(ni)(⌊m2⌋)n−i(⌊m+12⌋)i(∑c=0iS2(k,c)(ic)c!)$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor {)}^{n-i}(\lfloor \frac{m+1}{2}\rfloor {)}^i{i}^k\\ =& \sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor {)}^{n-i}(\lfloor \frac{m+1}{2}\rfloor {)}^i(\sum _{c=0}^i{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{c})c!)\end{array}$$
  =​i=1∑n​(in​)(⌊2m​⌋)n−i(⌊2m+1​⌋)iiki=1∑n​(in​)(⌊2m​⌋)n−i(⌊2m+1​⌋)i(c=0∑i​S2​(k,c)(ci​)c!)​

• 然后我们尝试交换一下求和顺序，思路同莫比乌斯反演一样，先枚举出内层循环可能出现的值，然后对于每个内层循环，列出对应的外层循环的值

  此处为了方便化简计算又加上$0$这个方案，因为斯特林数$S[i][0]=0$故不影响，此处仅为了方便推导

  ∑ c = 0 min ⁡ ( k , n ) ∑ i = c n ( n i ) ⌊ m 2 ⌋ n − i ⌊ m + 1 2 ⌋ i S 2 ( k , c ) ( i c ) c ! = ∑ c = 0 min ⁡ ( k , n ) S 2 ( k , c ) ( n c ) c ! ∑ i = c n ( n − c i − c ) ⌊ m 2 ⌋ n − i ⌊ m + 1 2 ⌋ i = ∑ c = 0 min ⁡ ( k , n ) S 2 ( k , c ) ( n c ) c ! ⌊ m + 1 2 ⌋ c ∑ i = c n ( n − c i − c ) ⌊ m 2 ⌋ n − i ⌊ m + 1 2 ⌋ i − c

  ∑c=0min(k,n)∑i=cn(ni)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋iS2(k,c)(ic)c!=∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋i=∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋c∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋i−c" role="presentation" style="position: relative;">==∑c=0min(k,n)∑i=cn(ni)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋iS2(k,c)(ic)c!∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋i∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋c∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋n−i⌊m+12⌋i−c$$\begin{array}{rl}& \sum _{c=0}^{min(k,n)}\sum _{i=c}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{c})c!\\ =& \sum _{c=0}^{min(k,n)}{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{c})c!\sum _{i=c}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i-c})\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i\\ =& \sum _{c=0}^{min(k,n)}{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{c})c!\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^c\sum _{i=c}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i-c})\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^{i-c}\end{array}$$
  ==​c=0∑min(k,n)​i=c∑n​(in​)⌊2m​⌋n−i⌊2m+1​⌋iS2​(k,c)(ci​)c!c=0∑min(k,n)​S2​(k,c)(cn​)c!i=c∑n​(i−cn−c​)⌊2m​⌋n−i⌊2m+1​⌋ic=0∑min(k,n)​S2​(k,c)(cn​)c!⌊2m+1​⌋ci=c∑n​(i−cn−c​)⌊2m​⌋n−i⌊2m+1​⌋i−c​

• 接下来单独处理${\sum }_{i=c}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i-c}\right)\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^{i-c}$

  • 使用$i=i-c$换元，求和范围从$[c,n]$变为$[0,n-c]$

  • 得到${\sum }_{i=0}^{n-c}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i}\right)\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-c-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i$

  • 发现刚好为一个二项式展开的式子，使用二项式定理反推回去得到
    ∑ i = 0 n − c ( n − c i ) ⌊ m 2 ⌋ n − c − i ⌊ m + 1 2 ⌋ i = ( ⌊ m 2 ⌋ + ⌊ m + 1 2 ⌋ ) n − c = m n − c

    ∑i=0n−c(n−ci)⌊m2⌋n−c−i⌊m+12⌋i=(⌊m2⌋+⌊m+12⌋)n−c=mn−c" role="presentation" style="position: relative;">∑i=0n−c(n−ci)⌊m2⌋n−c−i⌊m+12⌋i=(⌊m2⌋+⌊m+12⌋)n−c=mn−c$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^{n-c}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i})\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^{n-c-i}\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^i\\ & =(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor +\lfloor \frac{m+1}{2}\rfloor {)}^{n-c}\\ & =m^{n-c}\end{array}$$
    ​i=0∑n−c​(in−c​)⌊2m​⌋n−c−i⌊2m+1​⌋i=(⌊2m​⌋+⌊2m+1​⌋)n−c=mn−c​​

• 故原式等于

  ∑ c = 0 min ⁡ ( k , n ) S 2 ( k , c ) ( n c ) c ! ⌊ m + 1 2 ⌋ c ∑ i = c n ( n − c i − c ) ⌊ m 2 ⌋ c ( m + 1 2 ) i − c = ∑ c = 0 min ⁡ ( k , n ) S 2 ( k , c ) ( n c ) c ! ⌊ m + 1 2 ⌋ c m n − c

  ∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋c∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋c(m+12)i−c=∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋cmn−c" role="presentation" style="position: relative;">=∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋c∑i=cn(n−ci−c)⌊m2⌋c(m+12)i−c∑c=0min(k,n)S2(k,c)(nc)c!⌊m+12⌋cmn−c$$\begin{array}{rl}& \sum _{c=0}^{min(k,n)}{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{c})c!\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^c\sum _{i=c}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-c}{i-c})\lfloor \frac{m}{2}{\rfloor }^c(\frac{m+1}{2}{)}^{i-c}\\ =& \sum _{c=0}^{min(k,n)}{S}_2(k,c)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{c})c!\lfloor \frac{m+1}{2}{\rfloor }^c{m}^{n-c}\end{array}$$
  =​c=0∑min(k,n)​S2​(k,c)(cn​)c!⌊2m+1​⌋ci=c∑n​(i−cn−c​)⌊2m​⌋c(2m+1​)i−cc=0∑min(k,n)​S2​(k,c)(cn​)c!⌊2m+1​⌋cmn−c​

写代码时，可使用$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{c}\right)c!=\frac{n!}{(n-c)!}$

• 然后我们便可以在$O(min(k,n))=O(能过)$的时间没计算出这个式子的值

//其中Z表示模数类，运算时自动取余998244353，可参照jiangly代码

#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
Z S[K][K];
void init()
{//预处理斯特林数
    S[0][0] = 1;
    rep(i, 1, 2000)
        rep(j, 1, 2000)
            S[i][j] = S[i - 1][j - 1] + S[i - 1][j] * Z(j);
}

int main()
{
    init();
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;

        //用于计算 [(m + 1) / 2] ^ c
        Z t = Z((m + 1) / 2); // 奇数的个数
        Z tpow = 1;

        //用于计算 组合数 * c!，即 n! / (n - c)! 
        Z C = 1;

        //用于计算 m ^ (n - c)
        Z p = power(Z(m), n);
        Z invm = Z(1) / Z(m);

        Z ans = 0;
        rep(c, 1, k)
        {
            if(c > n)
                break;
            tpow *= t; // [(m + 1) / 2] ^ c
            C *= Z(n + 1 - c); // 组合数 * c!，即 n! / (n - c)! 
            p *= invm; // m ^ (n - c)
            Z tmp = S[k][c] * C * tpow * p;
            ans += tmp;
        }
        cout << ans << el;
    }
}
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