2020.3.19 写此文以挽救我的可怜的数学 写此文以试图找出数学题的规律 （可能我又在瞎做梦呢）
毒瘤数学题汇总（二）
P3978 [TJOI2015]概率论
题意：
对于一棵随机生成的n个结点的有根二叉树(所有互相不同构的形态等概率出现),它的叶子节点数的期望是多少呢?
\(n <= 1e9\), 精度要求 \(1e-9\)
题解
黑题？一看就像是个结论题。考虑打表解决。
先写个暴力：
//f[i]:i节点数的所有形态的叶子总和
//g[i]:i节点数的所有形态数
f[1] = 1; g[1] = 1; g[0] = 1;
for (register int i = 2; i <= n; ++i) {
for (register int j = 0; j < i; ++j) {
f[i] += f[j] * g[i - 1 - j] + f[i - 1 - j] * g[j];
g[i] += g[j] * g[i - 1 - j];
}
}
看起来 \(f\) 数组很奇怪，但是 \(g\) 数组很友善。
他是分治fft!
他有点像二项式反演！
分治fft 肯定没戏（因为我不会），二项式反演我也忘记了。但是记得似乎和组合数有关。
打表：
f[1] = 1, g[1] = 1
f[2] = 2, g[2] = 2
f[3] = 6, g[3] = 5
f[4] = 20, g[4] = 14
f[5] = 70, g[5] = 42
f[6] = 252, g[6] = 132
f[7] = 924, g[7] = 429
再打出杨辉三角：
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1
1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1
（当然手写的杨辉三角更容易找到规律）
由此找到 \(f\) 的规律。
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1
1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1
（这个规律更是得手动打出杨辉三角）
总结：
然后 \(g[i]\) 的式子有点像推卡特兰数时的式子，记得这两个组合数相减可以合并，于是大力合并得：
然后觉得两个相似的组合数相除一定很有意思，于是再一次暴力把组合数拆成阶乘形式，相除得：
然后自以为得到了正确结果，特地开了 \(long ~ double\)，高高兴兴地交了上去。
结果纪中OJ 卡\(long ~ double\)，却不卡 \(double\)。然后就丢掉了20pts
然后还是失去了 做出第一道自己做出来的省选数学题 的机会。不过洛谷的 SPJ 是可以过的，也不算失败得那么彻底。
另：本题正解有关生成函数，卡特兰数，导数，拉格朗日反演等等，本人实在不会。
P3263 [JLOI2015]有意义的字符串
题意：
输入非负整数 b, d, n，求：
其中 \(floor(x)\) 表示对 \(x\) 下取整（不超过 \(x\) 的最大整数），\(P = 7528443412579576937\), \(n <= 1e18, 0 < b^2 <= d < (b + 1)^2 <= 1e18, b~mod~2 = 1, d~mod~4 = 1\)
部分分：
\(40pts: b < 100, n < 6\)
\(other ~ 20pts : b = 1,d = 5\)
题解
题目看起来有点怪？P 超级大（ \(7e18\)），并且还不是质数；限制这么严：\(0 < b^2 <= d < (b + 1)^2 <= 1e18\)，并且\(b~mod~2 = 1, d~mod~4 = 1\)？似乎这些就是所谓“有意义的字符串”？
有什么意义？
首先，我们发现我们可以直接暴力来骗取大量分数 （考试时没理解题只有5分）。但是发现那个值在快速幂的时候会越来越大，越来越大，最终爆掉一切浮点数。怎么办？
如果求的是 \(floor((\frac{b - \sqrt{d}}{2})^n)\) 就好了，毕竟 \(\frac{b - \sqrt{d}}{2}\) 本来就是个绝对值小于1 的小数，再乘方 \(n\) 次，肯定越来越小。
然而题目求的并不是那个。但是我们可以利用那个。
考虑到 \(20pts\) 有点像黄金分割比，然后就想黄金分割比的推导过程是列方程。有 \(x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}\), \(x_1 * x_2 = \frac{c}{a}\)，就是说 \(A = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\)，\(B = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\)，就有 \(A + B = 1, A * B = -1\)。
其它情况有没有类似性质呢？
然后根据题目的限制， \(A * B\) 正好是整数？这提示我们什么？
这提示我们找对了一条方向。
由于加上 \((\frac{b - \sqrt{d}}{2})^n\) 对答案的影响不大（最多1），我们设 \(A = \frac{b + \sqrt{d}}{2}\)，\(B = \frac{b - \sqrt{d}}{2}\)，然后转而求 \(A^n + B^n\)。
由于 \(A, B\) 的信息非常丑陋，但是 \(A + B, A * B\) 的信息却十分美丽。我们尝试用 \(A + B, A * B\) 来表示 \(A^n + B^n\)。 似乎不太可。DP试试？我们尝试用 \(A + B, A * B\) 来推出 \(A^n, B^n\)。
设 \(f[n] = A^n + B^n\)。有递推式：
然后大力递推即可。
然后矩乘即可。
CF1327E Count The Blocks
题意：
给定正整数 n。
对于一个数 t，定义一个块是 t 中的连续相等的一串数字。
写下 0 ~ \(10^n - 1\) 的所有数，不足 n 位的用前导 0 补足 n 位。
对于每个 i=1 ~ n，求这 \(10^n\) 个数中一共有多少个长为 i 的块。
题解：
（实际上也没有那么毒瘤）
一开始还想数位dp，但想着想着思路就跑到打表那里去了。因为它的答案实在太有规律了！
首先看样例：1 -> 10; 2 -> 180, 10
n = 2 时的第二个数竟然和 n = 1 时的第一个数相同？巧合？
手动（暴力）枚举的时候，发现：
n = 1 时一共有 1 * 10 个块
n = 2 时一共有 1 * 10 个“2”块， \(200 - 2 * 10 = 180\) 个"1"块。
n = 3 时一共有 1 * 10 个“3”块， \(200 - 2 * 10 = 180\) 个“2”块， \(3000 - 3 * 10 - 2 * 90 = 2610\) 个“1”块。
n = 4 时似乎有特殊情况（一个数里面有两个“2”块），怎么办？规律会不会错？经验算，竟然和规律一样！
然后就坚信规律的正确性了。
规律：\(10, 200 - 2 * 10, 3000 - 3 * 10 - 2 * (200 - 2 * 10)...\)
然后我构造了一个 \(f[i] = i + 1\) ，然后跑分治fft，然后 TLE 了。
实际上 \(f[i] = i + 1\) 这个数组实在太特殊了，特殊到根本不需要那么多高级数学操作！我们可以利用类似dp一样的东西来维护一些事情（前缀和）。
总之别老是想那么复杂的东西。
CF1327D Infinite Path
题意：
给一个排列 \(p_i\) 和颜色数组 \(c_i\)。
定义一条“无限路径”为：\(i, p[i], p[p[i]], ...\)，并且要求路径上的颜色必须相同（\(c[i] = c[p[i]] = c[p[p[i]]]...\)）
定义排列的乘法：\(c = a * b\) -> \(c[i] = a[b[i]]\)，并依据次定义排列的乘方运算：\(p^k = p * p * p * ... * p\)（k 个 p）
询问最小的 \(k\) 使得 \(p^k\) 存在至少一条“无限路径”。
\(\sum n <= 1e5\)
题解：
神仙置换题
置换基础题。
发现排列的 \(p[p[p[p[p[...]]]]]]\) 有一点环的意思。我们这样建图(置换的套路）：i -> p[i]。 \(p^k\)表示每次走\(k\) 步所产生的图。发现原图会产生一些环，并且 \(p^k\) 所形成的图中环一定时原图的环分裂形成的，也就是说，环与环之间是相互独立的。因此我们对每一个环查找最小的 \(k\)，最终取全局最小即可。
然后暴力枚举每一个 \(k\) 复杂度大概是 \(O(n^2)\)。根据置换的某些知识，我们知道每次走 \(k\) 步形成的环其实和每次走 \(gcd(circle's ~siz, k)\) 步所形成的环是一样的。（估计真正考试的时候只能猜测+自信来得出这一结论了）因此真正有用的 \(k\) 一定是 \(circle's ~ siz\) 的约数。复杂度降至 \(O(nlogn)\)。
为了做到这样的复杂度，我们要有一定的代码实现能力。具体实现方法为：对于每一个环，我们先按顺序存到一个数组里面\((0...circle's ~siz - 1)\)。然后在 \(che()\) 函数中的“走 k 步”就能够 \(O(1)\) 实现了。
双倍经验：P6187 [NOI Online 提高组]最小环
P1447 [NOI2010]能量采集
题意：
求\(\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd(i, j)\)，保证 n, m 不超过 1e5
题解：
有没有感觉像莫比乌斯反演？可惜我已经不会了
还是数学题基本操作：
改变枚举对象： 枚举公约数
再按照莫反的套路：
设 \(f[i]\) 表示公约数为i或i的倍数的个数。
设 \(g[i]\) 表示公约数恰好为i的个数。
其中 \(g[i]\) 大概就是上面的那个大长式子。有没有感受到浓浓的莫反气息？
我们可以暴力地去删去 \(illegal ~ part\)，这部分其实就是所有 公约数恰为 \(i\) 的倍数（不含1倍）的数对个数，即：
发现可以dp处理！！
复杂度为 \(\sum_{i = 1}^{n}\frac{n}{i} = n~lnn\)
P4778 Counting swaps
题意：
给一个长度为 \(n\) 的排列 \(p_i\)，求使之成为 \(1 ~ 2 ... n\) 的最小操作次数和此前提下的可行方案数.(n <= 1e5)
题解：
介绍一下排列交换的套路：
先把 \(i\) 和 \(p_i\) 连边，然后我们会发现出现了许多环。每次操作最多可以让环的个数加一。最终排列的环的个数为 \(n\) （全部为自环）。因此，最小操作次数为： \(n -\) 一开始的环的个数。
然后考虑求方案数。我们设 \(f[i]\) 表示将长度为 \(i\) 的环全部断成自环的方案数，那么转移方程为：
其中：
解释一下f[i]:考虑将i断成两部分，长度分别为 \(x, y\)，递归下去，应该乘 \(f[x] * f[y]\)。
然后考虑有多少种断的方案，这一部分我们用 \(g(x, y)\) 来表示断成 \(x, y\) 两段的方案：
通过手玩可知枚举两个断点之一，那么另一个端点应该有两个（x = y的情况除外），然后发现每个点都计了两次，因此再除以2.
最后发现还有些不对劲，因为并不是先去断 \(x\)，再去断 \(y\)，他们是可以交错进行的！因此还要规定他们的排列次序。这是一个可重集合的全排列的模型，可以看作求出全排列后再对每一个相同元素除去有序性。（详见lyd的《算法竞赛进阶指南》）
最后总方案数与 \(f\) 的求法类似，为：
就可以 \(O(n^2)\) 解决了。（瓶颈在 \(f[i]\) 的求法）
进一步优化:通过打表可知： \(f[i] = n^{n-2}\)，然后就 \(O(nlogn)\)了。
CF24D Broken robot
题意
给一个 \(n * m\) 方格，起始位置为 \((x, y)\)，每次可以选择停留，向下走，向左走，向右走（不允许越界），每个位置的每种合法选择的概率相等。求走到最后一行的期望次数。
n, m <= 1000
题解
题目其实就是从 \((x, y)\) 走到 \((n, ...)\) 的期望步数。这有点像“随机游走”模型。我们设置 \((n, ...)\) 为 \(T\)，\(f[i][j]\) 表示从 \((i, j)\) 走到 \(T\) 的期望步数。然后类似“绿豆蛙的归宿”，逆着跑dp，其中 \(f[i][j] = \frac{f[i][j] + f[i + 1][j] + f[i][j - 1] + f[i][j + 1]}{4} + 1\)。
这个可以 \(O((nm)^3)\) 高斯消元。
然后我们发现 \(f[i][j]\) 只与它左右以及下一行有关，并且最后一行的 \(f\) 已知（为0）。因此我们似乎可以一行一行地推。复杂度：\(O(nm^3)\)
然后发现系数矩阵比较特殊，大部分为0，只有对角线部分非零。具体长这样。因此我们模拟高斯消元法（注意，不是高斯-约旦），从上到下消一遍，从下到上再消一遍，然后就出答案了。一遍高消复杂度 \(O(m)\)，故总复杂度为 \(O(nm)\)。
类似的题：P4457 [BJOI2018]治疗之雨（这个的系数矩阵是下三角矩阵，只需把高消修改为 \(O(n^2)\) 来模拟即可）
CF1332E Height All the Same
问题的关键点：求出范围为 \([L, R]\) 的 \(m\)（m为偶数） 个数（有编号）中奇数出现了偶数次的方案一共有多少种。
列一下式子：设 \(tot = R - L + 1; odd = R - L + 1\) 中的奇数个数。那么需要求的就是：
然后发现和二项式展开的形式差不多，二项式展开：
但是唯一不同的是，第一个式子缺少次数为奇数的那些项。又因为：
二者正好可以抵消掉次数为奇数的那些项。因此二者相加再除以2即可。即：
CF140E New Year Garland
题意:
n层小球要涂色，有m种颜色可以选择，第i层有l[i]个小球。要求每一层的小球相邻的颜色不可相同，相邻层的小球的颜色集合不可相同。求合法方案数模p的值。（p不一定为质数）
\(n,m<=1e6;p<=1e9;l[i]<=5000;\sum l[i] <= 1e7\)
题解：
dp。设f[i][j]表示i个小球选择j种颜色（无编号）的方案数。g[x][y]表示选择到了第x行，且第x行恰好选择了y种颜色的方案数。
转移：
（考虑最后一个小球的颜色是否为新颜色）
（考虑所有方案减去不合法方案）
其中:\(sum\) 表示前 \(x-1\) 行的所有方案数。
然后各种优化dp即可。