交错排列型容斥

交错排列型容斥

引例：(n) 种颜色的球分别 (a_i) 个，相邻不同色，排列，方案数。

(m=sum a_ile 10^5)

首先考虑题目中的限制条件是什么，对于单种颜色的球从左往右看，第 (i) 个跟第 (i+1) 个不相邻，那么该颜色就对应着 (a_i-1) 个限制。

普通容斥，也就是枚举打破多少限制

[sum_{b_1sim b_n,b_iin[0,a_i-1]} prod_{i=1}^n(-1)^{b_i}{a_i-1choose b_i} imes {(sum a_i-b_i)!over prod_{i=1}^n (a_i-b_i)!} ]

换成枚举 (c_i=a_i-b_i)，然后 (c_i) 的意义是说第 (i) 个颜色强制缩成这么多个段。

[sum_{c_1sim c_n,c_iin [1,a_i]} (sum c_i)!prod_{i=1}^n(-1)^{a_i-c_i}{(a_i-1)!over (a_i-c_i)!(c_i-1)!}{1over c_i!} ]

注意到可以按 (sum c_i) 统计答案，那么构造关于后式的普通生成函数

[F_i(x)=sum_{j=1}^{a_i}(-1)^{a_i-j}{(a_i-1)!over (a_i-j)!(j-1)!j!}x^j ]

用分治 ntt 卷积以后统计答案即可，复杂度 (O(mlog^2m))。

当然这个是带标号球的拼接，显然可以直接用指数生成函数来理解，本质是一样的。

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给定 (n) 种颜色的球，第 (i) 种颜色的球数量为 (r_i) ，对于一种排列方式，贡献可以如下计算：先把这个序列首尾相连，然后把所有相邻且颜色相同的段拿出来，贡献为他们的长度之积，求所有贡献和。
((1,2,1,2)) 和 ((2,1,2,1)) 贡献相同但排列方式不同，要分别计算。

(sum r_ile 10^5)

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此题极为毒瘤，必须要一步一步做，我们首先考虑不成环的情况。

Step 1

枚举把颜色 (i) 切成 (b_i) 段，设 (f(x,y)) 表示 (x) 有序的切成 (y) 段的所有方案、每段长度乘积之和。

问题转换为交错排列，直接套用上题的式子，那么有：

[sum_{a_1sim a_n,a_iin[1,r_i]}f(r_i,a_i)sum_{c_1sim c_n,c_iin [1,a_i]} (sum c_i)!prod_{i=1}^n(-1)^{a_i-c_i}{(a_i-1)!over (a_i-c_i)!(c_i-1)!}{1over c_i!} ]

把 (c_i) 整到前面来得到

[sum_{c_1sim c_n,c_iin [1,r_i]} (sum c_i)!sum_{c_ile a_ile r_i}f(r_i,a_i)prod_{i=1}^n(-1)^{a_i-c_i}{(a_i-1)!over (a_i-c_i)!(c_i-1)!}{1over c_i!} ]

那么维护生成函数

[F_i(x)=sum_{j=1}^{r_i}sum_{jle a_ile r_i}f(r_i,a_i)(-1)^{a_i-j}{(a_i-1)!over (a_i-j)!(j-1)!j!}x^j ]

Step 2

考虑算这个 (F_i(x)) 有 (f(x,y)={x+y-1choose y-1}) ，可以结合组合意义理解，那么也可以推卷积计算了。

Step 3

分治 ntt 计算卷积，复杂度 (O(mlog^2 m))。

Step 4

要做环上的情况，我们钦定颜色 1 在序列最前头并且结尾不是 1，那么用开头是 1 的 - 开头结尾都是 1 的。

（钦定 (t) 个位置为 1 相当于把 (F_1(x)) 多项式往左平移 (t) 位。）

这样的一种方案，我们可以通过任意旋转的方式遍历所有可行方案，那么我们最终把答案乘以 (m=sum r_i) 即可。

Step 5

然后你发现这样会算重，具体的，一个方案有 (j) 段颜色 1，会被每个 1 遍历一遍，所以算重 (j) 遍，那么可以在颜色 1 的生成函数中带上 (1over j) 的系数来抵消掉，问题才最终解决。

另外一种未知原理的方法

考虑计算关于序列的生成函数 (f(x)), 则 (ans=msum_{j=1}^m (j-1)![x^j]f(j))。
如果有知道为什么上式成立的大佬可以在下面评论，博主不胜感激。