CF1342 简要题解

因为 F 咕了好久，所以现在才写题解的屑（

• A

如果 (2ageq b)，显然先选 (min(x, y)) 次 (b)，否则不选 (b)。

• B

如果 (t) 只有一种字符，直接输出 (t) 即可，周期为 (1)。

否则周期 (geq 2)。由于 (|s|leq 2cdot |t|)，可以令 (s=(01)^{|t|})，可以发现每两位中选一位出来，必然可以找到子序列 (t)。

• C

不难发现，(xmod amod b) 以及 (xmod bmod a) 的值，只和 (xmod (ab)) 的值有关。因此对每组数据，只需要预处理 (xin [0, ab)) 的前缀和，就可以 (O(1)) 回答询问，复杂度 (Oleft(t(q+ab) ight))。

• D

如果一个 testcase 还可以容纳一个大小为 (x) 的 array，那么它必然还可以容纳一个 (leq x) 的 array。因此，最优的方案显然是先在每个 testcase 里尽可能地多放大的。设 (a_i) 表示大小为 (i) 的 array 数量，则 testcase 的最小数量为 (max_{i=1}^k(lceilfrac{sum_{j=i}^{k} a_j}{c_i} ceil))。

放的时候只需要按顺序贪心，但是要注意一点是，如果多个连续的 (c_i) 相同，则应该将他们看作相同的 array，否则，如果在较大的 (i) 处填满了 (c_i)，对于较小，但是 (c_i) 相同的 (i)，可能会向下遍历 (O(n)) 个 testcase 才能找到第一个合适的位置。如果将连续的 (c_i) 看作相同的，则复杂度可以由均摊来保证。

• E

（写完后发现写的好长啊……我是萌新，实锤了）

首先考虑，如何在 (n imes n) 的棋盘内放 (n) 个车，并让每个格子都处在车的攻击范围内。实际上这等价于，每一行都有至少一个车，或每一列都有至少一个车。证明可以考虑，如果存在至少一行、一列都没有车，那么它们的交点处的格子不可能被覆盖。由于只有 (n) 个车，我们可以将 “至少” 替换为 “恰好”，不难发现一样成立。

不难发现，如果 (k=0)，则任意一种方案都形如 ((1, p_1), (2, p_2), ldots, (n, p_n))。并且对于每一个排列 (p)，这样的方案都是合法的，因此 (k=0) 时答案恰为 (n!)。

当 (k e 0) 时，我们发现两个条件是互斥的，因此只能选择满足其中一个。发现对于任意一种满足每行恰好一个车的条件的方案，将它沿主对角线翻转后，恰好对应了一种满足每列恰好一个车的方案，因此只需要对其中一个条件求解，乘以 (2) 就是答案。

现在要求解的问题是，在 (n imes n) 的棋盘上，每行放一个车（可以发现，互相攻击的车一定在同一列），恰好有 (k) 对车可以互相攻击的方案数。

换个思路想想，对于一种确定的方案，如何判定有多少车可以互相攻击。对于一个列，如果它放了 (a_i>0) 个车，那么这一列共有 (a_i-1) 对车可以互相攻击，否则有 (0) 对。可以发现，每一个非空的列都给答案贡献了一个 (-1)，因此一个方案有 (k) 对车可以互相攻击，当且仅当它恰好有 (n-k) 列非空。

现在的问题是，将 (n) 个有标号的球放进 (n) 个有标号的盒子里，求 (f(n, k)) 表示恰好有 (k) 个盒子为空的方案数。直接求比较困难，考虑容斥。

设 (g(n, k)) 表示随意硬点 (k) 个盒子是空的，并将每一个球任意地放进没有被硬点的盒子里的方案数。显然 (g(n, k)=inom{n}{k}(n-k)^n)。考虑组合意义，发现对于满足 (f(n, i), igeq k) 的每种方案，会在 (g(n, k)) 中被算到 (inom{i}{k}) 次（即，假设满足 (f(n, i)) 的方案选择了某个大小为 (i) 的盒子的子集 (S)，那么在计算 (g(n, k)) 时，如果我们硬点为空的盒子集合为 (T)，那么这种方案会被计算一次，当且仅当 (Tsubseteq S)），所以有 (g(n, k)=sum_{i=k}^n f(n, i)inom{i}{k})。

这里复习一下二项式反演。由基本的二项式定理，我们知道 (sum_{i=0}^x inom{x}{i}(-1)^i=left[1+(-1) ight]^x=[x=0])。

设 (g_x=sum_{i=x}^n f_iinom{i}{x})，则：

[egin{aligned} f_x &=sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} g_x inom{i}{x}\ &=sum_{i=x}^n (-1)^{i-x}inom{i}{x}sum_{j=i}^n f_{j}inom{j}{i}\ end{aligned} ]

观察内外层枚举的上下界，不难发现实际上是 (xleq ileq jleq n)，因此可以先枚举 (j)：

[egin{aligned} f_x &=sum_{j=x}^n f_jsum_{i=x}^j inom{i}{x}inom{j}{i}(-1)^{i-x} end{aligned} ]

考虑内层的两个组合数的意义，它表示先从 (j) 个物品中选 (i) 个，再从选出的 (i) 个中选 (x) 个，等价于直接从 (j) 个中选 (x) 个，再在剩余的 (j-x) 个中选 (i-x) 个。因此有：

[egin{aligned} f_x &=sum_{j=x}^n f_jsum_{i=x}^j inom{j}{x}inom{j-x}{i-x}(-1)^{i-x} end{aligned} ]

设 (i'=i-x)，则：

[egin{aligned} f_x &=sum_{j=x}^n f_j inom{j}{x}sum_{i'=0}^{j-x}inom{j-x}{i'}(-1)^{i'}\ &=sum_{j=x}^n f_j inom{j}{x}cdot [j-x=0]\ &=f_x end{aligned} ]

左右式恰好相等。因此我们证明了第一行的式子 (f_x=sum_{i=x}^n (-1)^{i-x} g_x inom{i}{x}) 是正确的，代入本题即可得到最终答案：

[egin{equation}f(n, k)=egin{cases}0& kgeq n\n!& k=0\2sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{n-k-i}inom{n}{i}inom{n-i}{k} cdot i^n & m{otherwise}\end{cases}end{equation} ]

• F

首先考虑一下，如果已知了一组将 (a) 划分为若干个子集的方案，如何判断它是否能构成合法的递增序列。

将每个子集按照权值和排序，显然不能出现两个子集权值相同。另外，按照权值和排序后，需要确定这个子集最后落脚的位置。换句话说，需要存在一种按顺序从每个子集取出一个元素的顺序，使得这些元素在原序列中的位置也是递增的。

(n=15) 的数据范围可以基本确定是状压 dp，然而还需要确定状态维度：

1. 已用的 (a) 的子集；
2. 最后一个子集的权值和；
3. 操作次数；
4. 最后一个子集中取出一个元素的位置。

如果将状态 (1, 2, 4) 作为维度，最小化 (2) 的话，状态数最少也是 (O(n^2 2^n)) 级别，由于转移中不可避免地枚举子集，复杂度不会低于 (O(n^2 3^n))。精细实现的话可以通过本题，但是可以做到更优秀。

实际上，我们并不需要最小化 (2)，只需要保证整个过程中 (2) 的值严格递增。因此，只需要预处理出 (2^n) 个子集的权值和并排序，按照顺序更新状态，就可以避免 (2) 的影响。注意有可能出现多个子集权值相等，需要将它们一起处理，防止相互影响。

因此，设 (f_{i, S, x}) 表示考虑了 (a) 的前 (i) 小的子集，已用状态为 (S)，操作了 (x) 次时，最后一个子集中取出元素的最小位置。预处理新加入每个子集时取出元素的位置变化，就可以做到枚举子集后 (O(1)) 转移，总的时间复杂度为 (O(n3^n))。注意到不需要显式维护 (i) 这一维，否则复杂度无法承受。

但是，如果不维护 (i)，输出方案将变得相当棘手。一个可行的解决方案是，更新每个 (f_{S, x}) 时，将此时的 (i) 作为一个额外信息储存起来。更新的时候不需要删除原来储存的信息，只需要 push_back。这样在倒推回方案的时候，由于每次选择的子集排序后的序号是单调的，只需要找到最近的合法的子集即可。由于每个 (f_{S, x}) 只会被更新 (O(n)) 次，总的空间复杂度不超过 (O(n^2 2^n))。

代码比较精污，细节巨大多。