题面

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​ \(n\) 个人排成一个环，第i个人有\(a_i\)个球，每个人可以拿出x个(\(x\in[0,a_i]\))给后面一个人，这个过程只进行一次。设传完后每个人手里有\(x_i\)个球，求所有情况（值\(x_i\)所成的序列不同）下\(\prod_{i=1}^nx_i\)的总和。

题解

​ 感觉完全没有突破口，可能只有做过类似的题目才会吧...

​ 主要是对\(\prod_{i=1}^nx_i\)的转化：变换后从每个人的球中选一个拿出来的方案数。

​ 转移的关键：每个人拿出来的球是本来就是自己的，还是上一个人给你的。

​ 为了方便转移：状态的设计也很巧妙

• \(f[i][0]:\)表示第\(i\)个人从自己原本有的球中选球，考虑前\(i-1\)个人的方案数
• \(f[i][1]:\)表示第\(i\)个人的球是上一个人的，考虑前\(i\)个人的方案数

​ 那么考虑转移，我们暴力的枚举给下一个人的球是多少：

\[f[i+1][0]=f[i][0]\sum_{j=mi}^{a[i]}(a[i]-j)+f[i][1]\sum_{j=mi}^{a[i]}1\\ f[i+1][1]=f[i][0]\sum_{j=mi}^{a[i]}j(a[i]-j)+f[i-1][1]\sum_{j=mi}^{a[i]}j \]

解释：

• \(dp[i][0]\rightarrow dp[i+1][0]\)，由于\(dp[i][0]\)没算第i个人的选球方案，所以要在转移时把它加上。如果第\(i\)个人给了\(j\)个球，就有\(a_i-j\)种拿球方案.
• \(dp[i][1]\rightarrow dp[i+1][0]\)，这时是算上了第i个人的选球方案，而且不需要算下一个人的，所以只需算上传球的方案数。
• \(dp[i][0]\rightarrow dp[i+1][1]\)，这个时候的转移需要算上第i个人和第i+1个人的选球方案，而且第i+1个人选的是第i个人的球。如果第i个人给了j个球，第i个人就剩下\(a_i-j\)个球，方案数为\(j(a_i-j)\)，
• \(dp[i][1]\rightarrow dp[i+1][1]\)，这个时候只需要算上第i+1个人的方案，而第i+1个人选的是第i个人的球，如果第i个人给了j个球，就有j种拿球方案

​ 优化：

\[\sum_{j=0}^xj=\frac{x(x+1)}{2}\\ \sum_{j=0}^xj^2=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6} \]

​ 有人会问：为什么要mi？那是因为只有\(x_i\)所成序列不同才算入贡献，分析什么情况下才会有重复。设\(c_i\)是第\(i\)个人给后面的人的数量，发现如果\(min(c_i)\ne 0\)的时候，可以给每个\(c_i\)减一，发现其\(x\)和变换之后的\(x'\)一样。那么就需要控制\(min(c_i)= 0\)。

​ 但你不好处理，所以通过容斥，将\(mi=0\)减去\(mi=1\)的情况就是答案。

​ ps：因为是个环，你还需要处理初值是\(f[1][0]\)还是\(f[1][1]\)。具体见代码：code

启发

• 积累了一个trick！\(\prod_{i=1}^nx_i\)转化：从每个人的球中选一个拿出来的方案数。
• 平方和公式！
• 后面的去重处理也可以有多种运用！