P8478 「GLR-R3」清明
参考了出题人题解和 xcyyyyyy 大神的题解，强推前两篇。
拿到题完全没思路怎么办？？？
人类智慧的巅峰，思维量的登峰造极。
换句话说就是非人题目，不过不得不说 GLR 的题是真的好，难度也是真的高。
首先我们需要看懂题面，这是第一个难点。
题面大意如下：
考虑从数据范围入手。
Subtask 5
对于 \(k=1\)，在此情况下每个台阶上的雨滴最多只会向下移动一个台阶。
我们定义 \(c_i\) 为第 \(i\) 个台阶向下一阶流动的雨水容量。
那么我们就可以知道 \(a_i'=a_i+c_{i-1}-c_i\)。
可以发现 \(ans=\sum\limits_{c}\prod\limits_{i=1}^{n}(a_i+c_{i-1}-c_i)\)。
考虑多项式展开，对于内部的 \(a_i+c_{i-1}-c_i\) 我们直接划分为两部分：\(a-c_i\) 和 \(c_{i-1}\)。
此时我们推广到积就会得到很多项 \(a-c_i\) 和 \(c_{i-1}\) 的和，我们再引入一个子集 \(S\subseteq\{1,2,3,\cdots,n\}\)。
每个 \(i\in S\) 代表在 \(a_i-c_i\) 中选取，否则代表在 \(c_{i-1}\) 中选取。
那么我们也就发现 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(a_i+c_{i-1}-c_i)=\sum\limits_{S\subseteq \{1,2,\cdots,n\}}\prod\limits_{i\in S} (a_i-c_{i})\prod\limits_{i\not\in S}c_{i-1}\)。
整体式子也就得到了 \(ans=\sum\limits_{c}\sum\limits_{S\subseteq \{1,2,\cdots,n\}}\prod\limits_{i\in S} (a_i-c_{i})\prod\limits_{i\not\in S}c_{i-1}\)。
我们考虑去掉外层的 \(\sum\limits_{c}\)，策略就是把下标 \(c_i\) 相同的一批都合成到一起。
当 \(i<n\) 时，考虑 \(i\) 和 \(i-1\) ，定义 \(f_{i,1}\) 为包含 \(i\) 的所有 \(S\) 的乘积之和，\(f_{i,1}\) 为不包含 \(i\) 的所有 \(S\) 的乘积之和，我们就可以分成 \(4\) 个情况来转移。
\(i - 1 \in S, i \in S\)
贡献是 \(\sum\limits_{0\le c_i \le a_i}(a_i-c_i)=\frac{a_i(a_i+1)}{2}\)。
\(i - 1 \not \in S, i \in S\)
贡献是 \(\sum\limits_{0\le c_i \le a_i} 1 = a_i+1\)。
\(i - 1 \in S, i \not \in S\)
贡献是 \(\sum\limits_{0\le c_i \le a_i}(a_i-c_i)c_i = \frac{a_i^2(a_i+1)}{2}-\frac{a_i(a_i+1)(2a_i+1)}{6} = \frac{(a_i-1)a_i(a_i+1)}{6}\)。
\(i - 1 \not \in S, i \not \in S\)
贡献是 \(\sum\limits_{0\le c_i \le a_i}c_i=\frac{a_i(a_i+1)}{2}\)。
那么我们就可以直接递推的从 \(f_{i-1,0/1}\) 向 \(f_{i,0/1}\) 转移。
这样我们就终于完成了拿到了 13 pts，复杂度 \(O(n)\)。
Subtask 6
考虑从 Sub5 进行推广， \(c_i \to c_{i,j}\) 代表第 \(i\) 个台阶到第 \(i+j\) 个台阶流动的量，然后就能拿到一个能拆的式子。
\[\sum_{c}\prod_{i=1}^{n}\left(\sum_{j=0}^{\min(i-1,k)}c_{i-j,j}\right)\]然后再推好像就好点，我们继续展开。
依然是先把 \(\sum\limits_c\) 置之不理。
我们设对于所有 \(c_{i,j}\) 的出现下标构成的集合为 \(S_i\)，那么可以得到这样一个式子。
\[\prod_{i=1}^n\prod_{j\in S_i}c_{i,j}\]考虑外层 \(\sum_{c}\) 的影响，显然第一维不同的 \(c\) 之间互不影响。
先将外层乘积 \(\prod_{i=1}^{n}\) 展开为若干 \(n\) 次单项式的和，针对每个单项式，我们考虑 \(c_{i,j}\) 的约束即 \(\sum_j c_{i,j} = a_i\)。
利用乘法分配律，分别对每个 \(i\) 维度的 \(c_{i,j}\) 进行求和，最终我们可以收拢成一个和式。
\[\prod_{i=1}^n\sum_{c_i}\left[\sum_{j}c_{i,j}=a_i\right]\prod_{j\in S_i}c_{i,j}\]这好像不是很好做啊，那我们可以构建一个组合意义来简化题面。
我们用 \(r_i\) 表示对于任意合法的 \(j\)，\(c_{i,j}\) 中有 \(r_i\) 个变量可以取到非 \(0\) 值，也就是说 \(r_i=\min(n-i,k)+1\)。
那么我们就可以建立这样的模型：
虽然还是不好做，但是起码可以构建生成函数了不是吗？
我们可以发现我们并不关心 \(S_i\) 具体是多少，我们只关心 \(|S_i|\)。
我们构造生成函数来实现，对于编号在 \(S_i\) 中的盒子，这些盒子的特点是放 \(x\) 个球的贡献是 \(x\)，生成函数为 \(\frac{x}{(1-x)^2}\)，将球放进盒子时，贡献会随着球的数目成比例增加。
剩下的盒子，这些盒子的特点是不论放多少球，贡献始终为 \(1\)，因此其生成函数为 \(\frac{1}{1-x}\)，球的数目对贡献无影响，但我们仍然允许球被放进去。
将这些生成函数组合在一起，让 \(|S_i| = s_i\)，那么总生成函数为：
\[G(x) = \left( \frac{x}{(1 - x)^2} \right)^{s_i} \cdot \left( \frac{1}{1 - x} \right)^{r_i - s_i}\]简化得到：
\[G(x) = \frac{x^{s_i}}{(1 - x)^{s_i + r_i}}\]为了求往 \(r_i\) 个盒子中放入 \(a_i\) 个球的贡献，我们需要找到生成函数 \(G(x)\) 中 \(x^{a_i}\) 的系数：
\[ [x^{a_i}] G(x) = [x^{a_i}] \frac{x^{s_i}}{(1 - x)^{s_i + r_i}}\]这等价于：
\[ [x^{a_i - s_i}] \frac{1}{(1 - x)^{s_i + r_i}}\]对 \(\frac{1}{(1-x)^{s_i + r_i}}\) 展开，得到：
\[\frac{1}{(1-x)^{s_i + r_i}} = \sum_{n=0} \binom{n + s_i + r_i - 1}{s_i + r_i - 1} x^n\]将这一展开式代入 \(G(x)\) 中：
\[\begin{aligned}G(x) &= x^{s_i} \sum_{n=0} \binom{n + s_i + r_i - 1}{s_i + r_i - 1} x^n\\&= \sum_{n=0} \binom{n + s_i + r_i - 1}{s_i + r_i - 1} x^{n + s_i}\end{aligned}\]为了找到 \(x^{a_i}\) 项，需要满足 \(n + s_i = a_i\)，可以得知 \(n = a_i - s_i\)。
代入可以得到 \(x^{a_i}\) 项的系数为：
\[\binom{(a_i - s_i) + s_i + r_i - 1}{s_i + r_i - 1} = \binom{a_i + r_i - 1}{s_i + r_i - 1}\]可以发现结果只受到 \(S_i\) 的影响，上面已经提到了，我们考虑 \(s_i\) 是怎么来的。
可以发现每个 \(i\) 会向集合 \(\max\{i-k,1\} \le j \le i\) 的某个盒子 \(j\) 恰好贡献 \(S_j\)。
因此每个 \(i\) 在对应区间内，只会贡献一次。
每个 \(i\) 的贡献可以由多个位置 \(j \in (i,i+k)\) 贡献，可以反过来理解：
实际上每个 \(s_i\) 可以从 \(\{i, i+1, \dots, i+r_i-1\}\) 这些位置中任选一个贡献。
进行 \(dp\) 即可，设 \(f_{i,j}\) 表示在后缀 \(i\) 中有 \(j\) 个位置没有贡献过 \(s\) 的权值和。
转移就枚举一下 \(s\) 然后组合数计算，复杂度 \(O(n^3)\)
Subtask 7
拓展 Subtask 6 中的处理方法，考虑状压。
设 \(f_{i,S}\)，用 \(i\) 表示当前后缀，用 \(S\) 表示 \(i,i+1,i+2,\dots,\min(i+k,n)\) 是否已经都贡献过 \(s\)，复杂度 \(O(n\cdot 3^k)\) 是过不去的。
那咋办？注意到 \(i\) 的贡献只和 \(S\) 中新增的已经贡献过的位置个数有关，并且能贡献到 \(S\) 的前驱状态 \(T\) 得满足 \(T\subseteq S\)，因此我们可以直接做高维前缀和，同时记录一下新增个数即可。
复杂度 \(O(n\cdot k^2\cdot 2^k)\)，可以通过 Subtask 7。
Subtask 8
直接莽 \(O(n\cdot k^2\cdot 2^k)\)！欸过不去，考虑优化。
发扬人类智慧，我们发现在 \(k\) 较大的时候只有较少的台阶会超出限制，大多数问题集中在一部分位置
我们如果在 \(k\) 和 \(k+1\) 处对前后分成两部分的话，枚举后半段位置是否被前半段占用，从而使得前后的贡献分开计算。这样每一段的内部贡献就独立了
因为前半段的贡献不会超出限制，因此每个内部后缀都可以贡献，问题转化为类似 Subtask 6 的形式
考虑动态规划， \(f_{i,j,S}\) 表示一下含义：
- \(i\): 从后缀 \(i\) 开始。
- \(j\): 在区间 \([i, k]\) 中，尚未被占用的位置数。
- \(S\): 表示区间 \((k, n]\) 中的位置占用情况。
然后根据前半段和后半段的不同情况分别处理。
我们对前半段的 \(j\) 做类似 Sub6 的转移，对 \(S\) 做类似 Sub7 的转移。
对于后半段，我们枚举 \(S\) 来做类似 Sub6 的转移。
复杂度为 \(O(n\cdot k^2\cdot \sqrt k\cdot 2^k)\)。
Subtask 9
Sub8 的做法又过不去了？
我们引入容斥思想来优化 Sub8 的做法，为了优化算法，我们枚举后半段 \((k+1,n]\) 中的位置是否被超出限制占用。
我们用状态 \(f_{i,j}\) 来表示后缀 \(i\) 中有 \(j\) 个位置是可选的但未被占用
在状态转移时，从 \(f_{i+1}\) 转移到 \(f_i\) 时，不仅要考虑位置 \(i\) 是否被加入，还需要考虑位置 \(i+k+1\) 是否被加入，和 Sub6 类似，但需要结合对后段的枚举。
这样我们就解决了 Sub9，复杂度 \(O(n^2\cdot k\cdot 2^{n-k})\)。
现在我们解决了所有的 Subtask，我们将 Sub7 和 Sub9 进行结合即可通过本题。