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SD/XOI 2022 多边形

作者:互联网

首先我们考虑不重不漏地统计这个事情,这个题事实上是凸多边形划分的一个拓展,传统的凸多边形剖分方案数就是卡特兰数。

那么这里的区别就是:

不妨考虑我们手动枚举了一些中间点完全不连边,剩下 \(m\) 个点要连边,如果我们直接当做凸 \(m\) 三角剖分数(设为 \(T_m\) ),会包含所有合法方案,但也会多算一些不合法方案,这些方案的特征是:包含至少一条两段点都在同一条边上的线段。

进一步,因为三角剖分是恰好剖完的,你可以想象把那条边上的点人为凸出去,那么只要有一条不合法线段,那么里面必然有一条线段恰好跨越一个点(称之为相邻不合法线段)!

那么我们就可以钦定一个相邻不合法线段的集合 \(S\) 去容斥,相当于把两条边缩成了一条边,忽略了中间一个点,中间有个 \(-1^{|S|}\) 的容斥系数就行了。

那么整体的框架就是:先抛去一些边中间的点不连边,然后在剩下的点中选出若干互不相邻的点减少一条边做容斥,最终乘上对应的三角剖分数。

每条边独立,设一条边中间有 \(t\) 个点,设 \(F_i\) 表示这条边中间最终保留下来 \(i\) 个点,计算我们就再枚举 \(j\) 个点作为容斥,方案数可以直接插板:

\[F_i = \sum_{j} (-1)^j\binom{t}{i + j} \binom{i+1}{j} \]

最后把每个 \(F\) 乘起来,然后乘上对应的卡特兰数加和就好了,这部分似乎必须要分治 NTT,看似是 \(\log^2\) 但你发现极限情况是 \(250000\) 而不是 \(500000\),好像可以接受?

然后就能 \(O(n^2)\) 了。

现在就是要快速算每个 \(F\),发现他有 \(i+j,i,i-j\) 不能直接卷积,可恶!!

EI 好像会线性算,这里只提供两种拙劣的方法:

  1. 可以直接按照组合意义,即分成若干最终保留的段,然后不保留段中可以选择一个作为容斥,然后类似倍增 DP / FFT 的过程做就好了,应该需要记录左右端点的状态,可能是 \(O(9n\log n)\) 的,不知道会不会 T。

  2. 考虑 GF,这个过程很像二项式定理,配一个 \(x\) 可以画成两个 \((x+1)^p\) 乘积的形式:

    \[F_i = [x^{t-i}]\sum_{j} \binom{t}{t-i-j} x^{t-i-j} \binom{i+1}{j}(-x)^{j} \]

    \[= [x^{t-i}] (x+1)^t (1-x)^{i+1} \]

    \[= [x^{t}] (x+1)^t [(1-x)^{i+1}x^i] \]

    \[= \sum_{j=0}^t [x^{t-j}](x+1)^t \times [x^j][(1-x)^{i+1}x^i] \]

    设 \(G_j = [x^{t-j}](x+1)^t\)。

    \[F_i = \sum_{j=0}^t G_j \times [x^j][(1-x)^{i+1}x^i] \]

    考虑使用转置原理,反过来看 \(F\) 到 \(G\) 系数向量的线性变换,以下 \(h\) 充当 \(F\) 作用:

    \[G_j = [x^j]\sum_{i=0}^a h_i [(1-x)^{i+1}x^i] \]

    设 $$H(x) = \sum_{i=0}^a h_i x^i $$

    \[= [x^j]\sum_{i=0}^a (1-x)H(x-x^2)) \]

    \[= [x^j]\sum_{i=0}^a (1-x)H(-(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4})) \]

    将步骤拆解,可以概括为:

    • 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x+\frac{1}{4})\)
    • 将 \(H(x)\) 变成 \(H(-x)\)
    • 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x^2)\)
    • 将 \(H(x)\) 变成 \(H(x-\frac{1}{2})\)
    • 将 \(H(x)\) 乘 \((1 - x)\)

    每一步的转置矩阵,\(1, 4\) 步是卷积,剩下都可以线性做,就做到了 \(O(n \log n)\)

代码实现的第二种:

code

标签:frac,个点,sum,容斥,2022,binom,XOI,线段,SD
来源: https://www.cnblogs.com/dmoransky/p/16294274.html