摘要：分析 首先容易得出这样一个事实，在若干物品中最先被选出的是编号为$i$的物品的概率为$\frac{W_i}{\sum_{j=1}^{cnt}W_j}$。 假设树是一棵外向树，即父亲比儿子先选（一个点比它的子树中的所有其他的点先选），我们可以令$f(i,j)$表示以$i$为根的子树，子树内的总权值为$ 阅读全文

摘要：分析 感觉这道题的计数方法好厉害。。 一个直观的思路是，把题目转化为求至少有$k$个极大的数的概率。 考虑这样一个事实，如果钦定$(1,1,1),(2,2,2),...,(k,k,k)$是那$k$个极大值的位置，并且$val(1,1,1) define rin(i,a,b) for(int i=(a 阅读全文

摘要：分析 令$f(i)$表示共$i$组同学讨论cxk的位置的方案数（不考虑其他位置上的人的爱好），这个数组可以很容易地通过依次考虑每个位置是否是四个人中最后一个人的位置来递推求解，时间复杂度$O(n^2)$。 令$g(i)$表示共$i$组同学讨论cxk，剩下的$n 4i$个位置上的人的爱好的方案数。这个 阅读全文

摘要：分析 一开始想的是对恰好$k$个位置容斥，结果发现对$\gcd$有些无从下手，想了想发现自己又sb了。 考虑对$\gcd$进行容斥处理，弱化条件，现在我们要求的是使$\gcd$是$d$的倍数的方案数，$k$个位置的限制可以用组合数算，最后莫比乌斯反演一下就好了。 时间复杂度为调和级数（$O(n \l 阅读全文

摘要：分析 题目要求有且只有一些位置是局部极小值。有的限制很好处理，但是只有嘛，嗯...... 考虑子集反演（话说这个其实已经算是超集反演了吧还叫子集反演是不是有点不太合适），枚举题目给出位置集合的所有超集，计算让这些位置成为局部极小值，而其他位置随意的方案数，这个可以通过DP，从小到大插入每个数解决。 阅读全文

摘要：分析 说白了就是一道先DP再二项式反演的水题，然后被脑残博主把“多$k$组”看成了“糖果比药片能量大的组数恰好为$k$组”，还改了各种奇怪的地方，最后看了别人的题解才突然意识到这一点。 看来博主离退役不远了，快把我拖走吧没救了没救了。 代码 cpp include define rin(i,a,b) 阅读全文

摘要：分析 "Miskcoo orz" 令$f[S]$表示使得$S$这个点集强连通的方案数。 然后呢？~~不会了~~ 考虑到将一个有向图SCC缩点后，得到的新图是一个DAG，所以我们可以类比带标号DAG计数的解法来寻找这道题的突破口。 我们可以枚举哪些点所构成的SCC在缩点后入度为$0$，然后令$g[S] 阅读全文

摘要：分析 为什么我去年6月做过这道题啊，估计当时抄的题解。 具体做法就是令$f[S]$表示保证连通点集$S$的方案数，$g[S]$表示不保证连通点集$S$的方案数。 容易想到： $$g[S]=\sum f[S T] \times g[T]$$ 这里的$T$是$S$去掉一个点后得到的集合的所有非空子集。 阅读全文

摘要：有标号的DAG计数I 题目链接 COGS RIP "个人题库" 分析 感觉一下做不完，就四道题分开发博客（希望这不是个flag）。 问题很简单，就是求$n$个结点的带标号DAG的个数，要求时间复杂度为$O(n^2)$。 令$f[n]$为$n$个结点的带标号DAG的个数。 一个思路是枚举入度为$0$的 阅读全文

摘要：小学奥数容斥 如果有： $$f(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m} \times g(i)$$ 那么： $$\sum_{i=1}^{n}g(i)=f(1) f(2)+f(3) f(4)+...=\sum_{i=1}^{n}( 1)^{i+1} \times f(i)$$ 适用 阅读全文

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摘要：参考博客 "戳这里" ，yyb怎么这么强啊。 反演 如果有$g(n)=\sum_{i=0}^{n}a[n][i]f(i)$， 我们想构造一个矩阵$b$，满足$f(n)=\sum_{i=0}^{n}b[n][i]g(i)$， $a$是一个下三角矩阵，$b$是$a$的逆矩阵就可以了。 更具体的，就是要满 阅读全文

摘要：分析 考虑使用欧拉函数的计算公式化简原式，因为有： $$lcm(i_1,i_2,...,i_k)=p_1^{q_{1\ max}} \times p_2^{q_{2\ max}} \times ... \times p_m^{q_{m\ max}}$$ 其实就是分解质因数，丢到那个式子里： $$\v 阅读全文