• 「AHOI2022」山河重整


    今年的独立命题除了福建都很一可赛艇啊!

    首先有个经典结论是,如果选出的子集 \(S\) 合法,那么 \(\forall i, \sum_{j \in S,j \leq i} j \geq i\)

    那么可以得到一个 \(O(n^2)\) 的 DP。定义 \(dp_{i,j}\) 为在前 \(i\) 个数中,可以构出 \([1,j]\) 内的所有数(第二维与 \(n\) 取最小值),直接转移即可。

    陷入困境。一方面这个 DP 的形式不好优化,另一方面容易发现这个 DP 的劣势在于第二维进行了压缩,我们无法得知准确的信息。

    那么考虑算不合法的方案数。我们在每一个方案中第一个无法被表示的位置 \(i+1\) 计数。容易发现此时小于等于 \(i\) 的数的和就是 \(i\)

    那么定义 \(f_i\) 为集合 \(\{1,2,\cdots,i\}\) 有多少子集使得和为 \(i\),且可以表示 \([1,i]\) 内的所有数。遗憾的是在这里我们陷入困境,一方面是直接朴素 DP 和上面的形式毛区别也没有,另一方面可以表示 \([1,i]\) 内的所有数这个限制非常的离谱。

    但是,注意到和为 \(i\) 这个限制,并且选出的数都不相同,容易发现我们选出来的数是 \(O(\sqrt n)\) 级别的,并且避免了信息的压缩。那我们转换计数视角,下面给出一个实例:

    容易发现我们选择了 \(S=\{1,2,4,5\}\),和为 \(12\)。其中大小不同的行数量级别为 \(O(\sqrt{12})\)。(也可以按整数拆分选择的不同数个数这个角度来考虑。)

    那么考虑我们之前 DP 的实质,我们是每次加入一列。那么这里我们按行来考虑。发现这个图有如下特点:

    • 行的最大值是 \(O(\sqrt n)\) 的,已经强调了很多次了;
    • 上面的行大小都不小于下面的行;
    • 如果大小为 \(i\) 的行出现了,那么大小在 \([1,i-1]\) 内的行都出现了。

    根据实际意义容易发现到上面的结论。

    注意到我们直接计算 \(f_i\) 仍然困难,因为可以表示 \([1,i]\) 内的所有数这个限制确实比较难处理。我们考虑容斥,先算出一个不考虑这个限制的 \(f_i\)

    如何算这个不带限制的 \(f_i\) 呢?容易发现每个大小的行可以出现任意次,类似于完全背包,区别在于带了类似「如果要选 \(i\),必须先选 \([1,i-1]\) 内的每个数至少一次」限制。那么我们考虑从大的数选起,每次枚举到 \(i\) 的时候为了保证更上面的方案是合法的,我们先选择一个 \(i\),然后再更新。

    	// 此时 f[0] 不等于 1
    	for(int i=n;i;--i)
    	{
    		if(LL(i)*(i+1)/2>n)	continue;
    		// 从大的开始选,要保证 i 一定要被选到。从小的开始选的话可能会缺。考虑实际意义,因为 1~p 都要被选到才合法。
    		for(int j=n;j>=i;--j)	f[j]=f[j-i];
    		// 我先单选个 i,保证之前选择的方案合法
    		++f[i];
    		for(int j=i;j<=n;++j)	add(f[j],f[j-i]);
    		// 做完全背包。
    	}
    	f[0]=1;
    

    那么对每个 \(i\) 考虑容斥掉不合法的方案数,得到正确的 \(f_i\)

    先考虑对 \(i\) 有贡献的 \(j\)。首先为了方便计数,并且为了满足定义,显然我们后来选的最小的数为 \(j+2\)(因为我们要满足选之后,\(j+1\) 是最小的不能被构出的数,并且和为 \(i\))。那么不难发现对 \(i\) 有贡献的 \(j\),满足 \(2j+2 \leq i\)

    注意到这个点,我们在处理 \(f_{1 \sim n}\) 的时候,可以先处理 \(f_{1 \sim \frac{n}{2}}\),然后继续处理后面的东西。

    那么我们已经知道了前面一半的 \(f\),要求后面一半。

    这个时候继续考虑加入每一行之类的想法就非常的没有前途(主要是我没找到)。注意到我们现在要的是,通过选择 \([j+2,i]\) 里面的数,使得和为 \(i-j\)。我们考虑划分数相关的想法。

    假设没有选择的数限制(但是还是有选择的数不能重复的限制),不妨写作生成函数的形式:

    \[F(x) = \prod_{i=1}^{∞} (1+x^i) \]

    再来考虑这个东西的意义……我们按上面的方格图的形式把它排好,然后第 \(i\) 列从下往上删去 \(i\) 个方格(可以发现不会发现没东西删的情况,因为第 \(i\) 列的格子数显然不小于 \(i\)),容易发现上面的行仍然大于等于下面的行,当然这没有什么用。现在减去这个之后形式变成了类似于整数拆分的形式,并且有限制选择的最大的数。

    那么,枚举选择的集合的大小:

    \[F(x) = \sum_{i=1}^∞ x^{\frac{i(i+1)}{2}} \prod_{j=0}^{i} \dfrac{1}{1-x^j} \]

    不难发现 \([x^{i-j}]F(x)\) 就是没有限制的情况下我们要的结果。

    但是现在带限制。首先上界我们不用管,可以考虑对 \(x^n\) 之类的东西取模;主要的是下界 \(j+2\),在我们上面设计的模型下相当于每一列多了 \(j+1\) 个格子,只跟 \(j+1\) 有关系。

    \(F_p(x)\) 为下界为 \(p+1\) 时的生成函数,那么有:

    \[\begin{aligned} F_p(x) &= \prod_{i=p+1}^∞ (1+x^i) \\ &= \sum_{i=1}^∞ x^{\frac{i(i+1)}{2}} x^{ip} \prod_{j=0}^i \dfrac{1}{1-x^j} \end{aligned} \]

    再记生成函数 \(G(x)\) 表示一下需要减去的贡献:

    \[G(x) = \sum_{j=0}^{n} f_j x^j F_{j+1}(x) \]

    \(G\) 求出来,更新 \(f\) 的后一半即可。

    注意到计算 \(F_p(x)\) 的过程中,\(i\) 的上界为 \(O(\sqrt n)\),后面 \(\prod\) 内的内容是完全背包(感觉可以和一开始的做法产生有机联系,可惜我没有发现),可以做到 \(O(n \sqrt n)\)

    可以采用其他的手段得到更优的做法。

    Key observation: 正难则反,视角转换,生成函数。

    int f[500005],g[500005];
    void Solve(int n)
    {
    	if(n<=1)	return ;
    	Solve(n/2);
    	for(int i=1;i<=n;++i)	g[i]=0;
    	for(int i=n;i;--i)
    	{
    		if(LL(i)*(i+1)/2>n)	continue;
    		for(int j=n;j>=i;--j)	g[j]=g[j-i];
    		for(int j=0,t=j+(j+2)*i;t<=n;++j,t=j+(j+2)*i)	add(g[t],f[j]);
    		for(int j=i;j<=n;++j)	add(g[j],g[j-i]);
    	}
    	for(int i=n/2+1;i<=n;++i)	sub(f[i],g[i]);
    }
    int main(){
    	int n=read();
    	MOD=read();
    	for(int i=n;i;--i)
    	{
    		if(LL(i)*(i+1)/2>n)	continue;
    		for(int j=n;j>=i;--j)	f[j]=f[j-i];
    		++f[i];
    		for(int j=i;j<=n;++j)	add(f[j],f[j-i]);
    	}
    	f[0]=1;
    	Solve(n);
    	int ans=1;
    	for(int i=0;i<n;++i)	add(ans,ans),sub(ans,f[i]);
    	write(ans);
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/amagaisite/p/16283512.html
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