随笔分类 - A-多项式-系数
摘要：题意 给定序列${a_i}^k$和${b_i}k$。考虑一个序列${F_i}_\infty$，满足$n>k$: \(F_n = \sum\limits_{i=1}^k a_i F_{n-i}\text{.}\) 你需要找到一个序列${c_i}_^k$，其满足$n>b_k$: \(F_n = \sum
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摘要：填个去年八月份的坑... A three term boundary value problem 给定序列${d_1,d_2,\ldots,d_}$，有$au_{n+1}+bu_n+cu_=d_n$（\(n=1,2,\ldots,N-1;u_0=u_N=0\)） 求解序列${u_n}^$。 令$U(
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摘要：题意 给定序列${A},{B},{C}\(，求序列\){ans_i}$，其中 \(ans_k\sum_{1 \leq i \leq N} \left( C_i \times \prod_{1 \leq j \leq k} (A_i+B_j) \right)\) 做法 令$T(x)=\sum\limi
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摘要：题意 nfloj 做法 %%%djq \(x\) 容易观察到，最优解形似：\((((x+c_1)^{k_1}+c_2)^{k_2}+c_3)^{k_3}\cdots\) 若假设$c_1\neq 0$，初始时目标多项式$f(x)=(((x+c_1)+c_2)+c_3)^\cdots$ 结论1：令$n$
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摘要：题意 loj 做法 \(F_{n+m}=F_{n}*F_{m}+F_{n-1}*F_{m-1}\) \(F_{n}*F_{m}=F_{n+m}-(F_{n-1}*F_{m-1})\) \(F_n*_m=F_{n+m}-F_{n+m-2}+F_{n+m-4}…+(-1)^{min(n,m)}*F_{|
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摘要：题意 有一个非负整数$x$。你要执行$m$次操作，每次操作是$x = randint(0, x)$ （ randint(0, x)均匀随机地在$[0,x]$中取一个整数）。 现在已知初始的$x$会随机在$[0,n]$取值，且取$i$的概率是$p_i$，求最后取到$[0,n]$每个数的概率。 $n\l
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摘要：题意 $m$种武器，第$i$种有$a_i$个，贡献为$\in[1,b_i]$，$n$个敌人，每个武器可以选择将贡献分给多个人，每个人都至少被贡献过。 一个方案不同，为某个武器贡献不同，或某个人被贡献的不同。（武器具体贡献给谁其实并不重要） $n\times m\le 10^5$，$a_i\in[1,
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摘要：题意 n个点m条边，要给每个点染色一种颜色，$col_i$，则图的美丽值为$\bigoplus\limits_{i=1}^n col_i$，其中给定了$limit_i$，需要满足$col_i\in[0,limits_i]$。若满足美丽值为$C$，对于任意边$(u,v)$，需要满足$col_u=col
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摘要：题意 $T$组询问，每组给定$n,k$，求$\sum\limits_{i=1}^n \sigma_0(i^k)$（$T\le 10^4$，$n,k\le 10^7$） 做法一 将$m$表示成$m=\prod\limits_{i=1}^c p_i^{\alpha_i}$，则$\sigma_0(m)=\
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摘要：题意 "洛谷" 做法 令$f(s)=\sum\limits_{i=1}^k x^{d_k}$，$g(x)=f(s)^{\frac{n}{2}}$ $ans=\sum g_i\times g_i$ 由于$f(s)$的最高次不超过$9$ $g(x)=f(x)^t$，则有$g'(x)f(x)=tf'(x)
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摘要：题意 给定$n$个点的DAG，对于$i\in[1,n]$，求对于点$i$，$1$到$i$的所有路径的权值和，一条路径的权值为$len^k$（路径长度$len$）。（$n\le 10^5,m\le 2\times 10^5,k\le 500$） 暴力 令$f_{i,j}$为$1$到$i$的路径$\su
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摘要：题意 $x=0$，$n$次操作，有$\frac{Q}{Q+1}$将$x$加$1$。求$E(\sum\limits_{i=1}^x i^k)\times (Q+1)^n$ 做法一 令$f_{n,i}$为$n$次操作后$E(x^i)$ 显然有：$f_{n,i}=\frac{1}{1+Q}f_{n 1,i
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摘要：题意 求满足：$\sum\limits_{i=1}^m a_i\le S$，$\forall i,a_i 0$，$a_i\le T(i\le n)$。 $n\le m\le 10^9,T\le 10^5,n\times T\le S\le 10^{18},m−n\le 1000$ 做法一 考虑容斥：
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摘要：题意 已知$f_m=\sum\limits_k a_iv_im$，不过$a$已经忘掉了。幸运的是已经计算好了$f_{1...k}$，想要的是$f_n$。给定$f_{1...k},v_{1...k}$。对$1004535809$取模。 做法 我们猜测对于任意$n(n>k)$，有$f_n=\sum\li
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摘要：题意 $n$个点的树，初始有$a,b$两点是黑色的，其他是白色的，每次可以将某个与黑色节点相邻的某个白色节点染黑。一个方案不同当且仅当某一回合染黑的点不同。求将所有点染黑的方案数。对$998244353$取模。\(n,a,b\le 234567\)。\(8s\) 做法 考虑若$a=b$，将$a$置为
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摘要：题意 已知$m$次多项式$f(x)$在$0,1,\cdots ,m$处的取值分别为$f(0),f(1),\cdots,f(m)$，给定$n,x$，求 $\left(\sum_{k=0}^n\binom nkf(k)x^k(1 x)^{n k}\right)\bmod998244353$ $n\le
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摘要：题意 "51nod" 做法 $n$次多项式，由$x$的$0\sim n$阶差分能构造矩阵推得$x+1$的$0\sim n$阶差分，同理得$x+1$推得$x$的矩阵 矩阵是上三角对角线相等矩阵，可以$O(n^2)$实现乘法 令$S(n)=\sum\limits_{i=L}^n f(i)b^{n i+1
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摘要：题意 \(\sum\limits_{i=0}^n {n\choose i}|i^k-(n-i)^k|\) 数据范围 做法 \(i=am+b\) \(|i^k-(n-i)^k|=i^k-(n-i)^k\Longrightarrow am+b<n-am-b\Longrightarrow a<\left\
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摘要：题意 "洛谷" 做法一 对不合法的块数容斥一下，然后把EGF乘起来 填不合法块数的方案数为${n 3i\choose i}$ $O(n^2logn)$ 优化（这种做法网上好像还没有） 倒序枚举块数，四个EGF里面新添加一个单项式，一个一个加进去，则贡献为单项式乘上多项式，这个可以$O(n)$算出来，
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摘要：题意 "洛谷" 做法 令$p=\sum p_i$ 令$f_i$为进行$i$次恰好到达目标状态的方案数，写成EGF的形式： $$\hat {F(x)}=\prod(\frac{e^{(p_i/p)\cdot x+( 1)^{s_i}e^{ (p_i/p)\cdot x}}}{2})$$ 令$g_i$为
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