随笔分类 - 生成函数
摘要：显然相当于求有不超过n-2m种颜色出现奇数次的方案数。由于相当于是对各种颜色选定出现次数后有序排列，可以考虑EGF。 容易构造出EGF(ex-e-x)/2=Σx2k+1/(2k+1)!，即表示该颜色只能选奇数个。同理有EGF(ex+e-x)/2=Σx2k/(2k)!，即表示该颜色只能选偶数个。 考虑
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摘要：https://www.luogu.org/problemnew/solution/P4002 神树的题解写的很清楚了。稍微补充： 1.[x^i]ln(A(ax))=a^i[x^i]ln(A(x))，感觉直接证并非那么显然，大约是先求出多项式再把ax作为自变量带回去。 2.最后一句中的式子，即考虑由
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摘要：因为一大堆式子实在懒得写题解了。首先用prufer推出CF917D用到的结论，然后具体见前言不搭后语的注释。
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摘要：显然构造出生成函数，对体积v的物品，生成函数为1+xv+x2v+……=1/(1-xv)。将所有生成函数乘起来得到的多项式即为答案，设为F(x)，即F(x)=1/∏(1-xvi)。但这个多项式的项数是Σvi级别的，无法直接分治FFT卷起来。 我们要降低多项式的次数，于是考虑取对数，化乘为加，得到lnF
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摘要：显然的做法是求出斯特林数，但没有什么优化空间。 考虑一种暴力dp，即设f[i]为i块积木的所有方案层数之和，g[i]为i块积木的方案数。转移时枚举第一层是哪些积木，于是有f[i]=g[i]+ΣC(i,j)·f[i-j]，g[i]=ΣC(i,j)·g[i-j] (j=1~i)。 考虑优化 。我们发现这
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摘要：考虑容斥，枚举一个子集S在1号猎人之后死。显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S)。于是我们统计出各种子集和的系数即可，造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数，分治NTT卷起来就可以了。
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摘要：显然构造出生成函数：则有f(x)=(1+x2+x4+……)·(1+x)·(1+x+x2)·(x+x3+x5+……)·(1+x4+x8+……)·(1+x+x2+x3)·(1+x)·(1+x3+x6+……)。 化为有限，则有f(x)=x(1+x)2·(1+x+x2)·(1+x+x2+x3)/(1-x2)
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摘要：首先有序整数拆分有个显然的递推式是g(n)=Σg(i) (i=0~n-1)，即枚举加入最后一个数之前和是多少。（虽然不用递推式也能显然地知道答案是2n-1）。 类似地，lqp拆分有递推式f(n)=Σf(i)fib(n-i) (i=0~n-1)。由乘法分配律就可以推出。特别地，f(0)=1。 又是一个
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摘要：设f(n)为权值为n的神犇二叉树个数。考虑如何递推求这个东西。 套路地枚举根节点的左右子树。则f(n)=Σf(i)f(n-i-cj)，cj即根的权值。卷积的形式，cj也可以通过卷上一个多项式枚举。可以考虑生成函数。 设F(x)为f(n)的生成函数，G(x)为c(n)的生成函数，G(x)中含有xa项表
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摘要：设f(n)为n个节点的二叉树个数，g(n)为n个节点的二叉树的叶子数量之和。则答案为g(n)/f(n)。 显然f(n)为卡特兰数。有递推式f(n)=Σf(i)f(n-i-1) (i=0~n-1)。 类似地，左子树节点数为i时右子树有f(n-i-1)种情况，那么可以对左子树的叶子节点数之和计数，显然再
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摘要：参考：http://www.matrix67.com/blog/archives/120 前置： 广义组合数：C(n,m)=n·(n-1)·……·(n-m+1)/m! (n∈R，m∈N) 广义二项式定理： 等比数列求和公式：a1+a1·q+a1·q2+a1·q3+……a1·qn=a1(1-qn+1)
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