有趣计数题选做

1.[HEOI2013]SAO

题意实际上是让你求拓扑序数。

引用 ( ext{shaowice1984}) 学长的一句话：“这题要是想拓扑图就凉了。”

我们可以先忽略边的限制直接建树，然后跑树形dp。

子树内的点对顺序到lca处统计贡献。

我们设 (f[i][j]) 表示 (i) 这个点处于拓扑序第 (j) 位的方案数。

那么对于 (u) 的子树 (v)，如果 (v) 能放到 (u) 的前面，那么对 (f[u][i+j]) 的贡献有：

[f[u][i] imes inom{i-1}{j+i-1} imes inom{siz_u -i}{siz_u+siz_v-j-i} imes sum_{k}f[v][k] ]

其中 (vin son_u)，我们枚举了 (v) 的子树有 (j) 个在 (u) 的前面。

那么更新后 (u) 前面的点有 (i+j-1) 个，我们选出了 (i-1) 属于 (u)，那么这 (i-1) 个点排在 (u) 前面的方案是(f[u][i])。

同理 (u) 的后面有 (siz_u -i) 个数。

那么我们可以通过限定 (k) 的范围来控制先后顺序，把 (u) 放在前面等价于 (kin[j+1,siz_v])，我选的 (k) 在序列中一定大于 (i+j-i) 的位置。

同理，(u) 在后面就一定保证在小于等于 (i+j-i) 的位置。

发现最后一项可以前缀（后缀）和优化，复杂度 (O(n^2)) 。

2.[BJOI2012]最多的方案

不知道算不算计数，反正挺有意思的（

考虑斐波那契数列的增长速度很快，在 (nleqslant 10^{18}) 时个数不会超过 (100) 。

那么我们可以先找出一个使用斐波那契数最少的方案，这个可以贪心实现。

可以证明，每种构造方案均是这个方案的子方案。

也就是说，可以对这个方案的斐波那契数进行拆分，构造其他方案。

我们设这个方案所用的斐波那契数下标为 ({a_1dots a_m})，那么 (sum_{i=1}^mf_{a_i}=n)。

设 (dp_{i,0/1}) 表示考虑到了 (a_i) ，即表示出了 (sum_{j=1}^if_{a_j}) ，其中 (f_{a_i}) 有没有被分拆的方案总数。

如果不分拆，那么只考虑 (i-1) 即可。

那么转移有：

[dp_{i,0}=dp_{i-1,1}+dp_{i-1,0} ]

同理，分拆的话，需要用 ((a_{i-1},a_i)) 或 ([a_{i-1},a_i)) 间的数来凑出 (a_i)。

这其中任何一个数都可以在范围内被拆成两个数，边界要判断是否被拆。

我们发现每分拆一次范围里的数就会少 (1)，再加上对边界的考虑，我们得到第一种情况的方案是 (a_i-a_{i-1}-1)，第二种 (a_i-a_{i-1})。

这样就可以转移了

[dp_{i,1}=(a_i-a_{i-1}-1) imes dp_{i-1,1}+(a_i-a_{i-1}) imes dp_{i-1,0} ]

3.[HAOI2012]道路

图上的简单计数。

首先要明确最短路图的概念：只有源点 (S) 和其与其他点的单源最短路形成的子图。

容易发现最短路图是无环的，在本题中是 (dag) 。

我们可以枚举每个点作为源点，跑出最短路。

那么一条边 (u ightarrow v) 在这张图上的贡献可以如下统计：

[mathrm{cnt_u imes Cnt_{v}} ]

其中 (cnt) 表示结束在某点的最短路数量，(Cnt) 表示从某点开始的最短路数。

前者可以在最短路图上拓扑排序求得。(cnt_u=sum_{uin ver_v}cnt_v)

后者可以利用拓扑序倒序推知。(Cnt_u=sum_{vin ver_u}Cnt_v)。

最后保证 ((u,v)) 在最短路图上即可。

信仰跑 (n) 遍 (SPFA) 不会 (TLE)。

4.CF666C Codeword

(color{black} ext{s}color{red} ext{hiroi}) Orz。

显然，答案只与 (|S|) 有关，具有普适性。因此我们有一个 (naive) 的预处理dp做法。

设 (f[i][j]) 表示现在的串的前 (j) 位包含了 (S) 的前 (i) 位的方案数。

那么转移很显然，只要看当前位包不包含 (S) 的下一位即可。

[f[i][j]=25f[i][j-1]+f[i-1][j-1] ]

这样做是 (O(n^2)) 的。仔细观察方程，发现它非常类似组合数的递推，或许我们可以想到更好的转移方式。

我们再考虑一下 (f[i-1][j-1]) 的实质：从前 (j-1) 位中选出 (i-1) 位填 (S) 中的字符，剩下的 “随便填”。

如果真的随便填的话，显而易见是会算重的，那么可以通过加一些约束来得到正确答案。

考虑重复的情况：当剩下的位“随便”填了 (|S|) 中的字符时，它在另一种方案中被选择。

思考匹配两个串的过程：对于两个相邻的 “匹配点”，我们钦定它们不能填后面那个 “匹配点” 的字符。

我们给这 (inom{j-1}{i-1}) 种方案规定顺序：按匹配点从右向左排序。

这样，在匹配点左移的过程中，他所到的位置在之前的方案中并没有填它的字符，也就不会算重了。

所以 (f[i-1][j-1]=inom{j-1}{i-1}25^{j-i})，我们找到了一种不依赖之前 (i) 来转移的方式。

这样下来，每个 (i) 之间是独立的，单次更新一个 (i) 是 (O(n)) 的。

题目保证 (sum|S|leqslant 10^5)，那么不同的 (|S|) 只会有 (sqrt10^5) 种。

直接暴力做就好，复杂度 (O(nsqrt n))。

5.CF1228E Another Filling the Grid

二项式反演。

我们设 (g[i][j]) 表示钦定 (i) 行 (j) 列不合法的方案数。

那么 (g[i][j]=inom n iinom n j(k-1)^tk^{n^2-t})

其中 (t) 为不合法的格子数，二维前缀和有：(t=n*i+n*j-i*j)。

那么不合法的格子是不能填 (1) 的，有 (k) 种填法。同理剩下的有 (k-1) 种填法。

设 (f[i][j]) 表示恰好 (i) 行 (j) 列不合法的方案数。

则：

[g[i][j]=sum_{x=i}^nsum_{y=j}^ninom x iinom y jf[x][y] ]

二项式反演，得：

[f[i][j]=sum_{x=i}^nsum_{y=j}^n(-1)^{x-i+y-j}inom x iinom y jg[x][y] ]

我们的目标是 (f[0][0])，即 (sum_{x=i}^nsum_{y=j}^n(-1)^{x+y}inom x iinom y jg[x][y])。

6.CF724F Uniformly Branched Trees

非常 有意思 的计数。

从重心考虑，钦定一棵树的重心为根，进行计数 (dp)。

这样子每棵子树的大小不超过 (frac n 2)，并且方便去重。

由于要考虑不同构的情况，所以我们按子树的大小从小向大计算。

我们设 (f[i][j][k]) 表示当前有 (i) 个节点的树，根节点的度为 (j)，子树大小不超过 (k) 的方案数。

那么显然有转移：(f[i][j][k]=f[i][j][k-1])，不超过 (k-1) 的一定不超过 (k) 。

接下来我们就要考虑大小恰好为 (k) 的子树了。

枚举我们选了 (t) 棵大小为 (k) 的子树，那么剩下的方案数就是 (f[i-tk][j-t][k-1])，注意剩下的子树大小不能超过 (k-1)。

而这 (t) 棵树有不同的形态，我们知道大小为 (k)，且合法的树的形态是 (f[k][d-1][k-1])。

除去根节点，子树总大小为 (k-1)，并且因为这棵树要作为子树，根节点的度有一条是连向 (father) 的。所以有 (d-1) 棵子树。

那么我们要从这么多种形态的树种选择 (t) 棵，同时这些树的形态可以重复，这就是一个可重组合，方案数为

[inom{f[k][d-1][k-1]+t-1}{t} ]

在转移时还要乘上上面的组合数。

这样我们就处理完一个重心的问题了，但是还没有结束。因为当 (n) 为偶数时，可能这棵树有两个重心。

其他题解里对为什么会算重讲得不是很详细，这里我细说一下。

我们在考虑 树的同构 的时候，将子树的大小从小到大考虑，但这样真的考虑了所有情况吗？我们来看下面的图：

如上图，它们子树的大小的确是递增的，但是这两棵树却是同构的。

这是因为在两个重心分别当作根时，它与那些大小小于 (frac n 2) 的子树共同成的树形态是不同的，即去掉重心之间连边形成的两棵树形态不同。这样就会被重复计数。

统计这种情况，可以将两个重心的连边看成点，它连接着两棵大小为 (frac n 2) 的子树。

同上，大小为 (frac n 2) 的树形态有 (f[frac n 2][d-1][frac n2 -1]) 种，我们要从这些形态里选出两种不重复的去重。

这样的方案数是：

[inom{f[frac n 2][d-1][frac n2 -1]}{2} ]

统计答案时减掉就好了。

注意特判 (nleqslant2) 的情况。