随笔分类 - 数学相关——容斥&反演
摘要：前置： "CTS2019D2T3" 先进行一个转化：初始认为树上没有边，每个节点权值为 $1$。枚举一个长度为 $(n 1)$ 的边集排列，按照这个排列依次加入每条边，加入一条边时将这条边所连接的两个连通块所有点的权值 $\times \frac{1}{2}$。 可以发现所有边均加入后每个点的权值就
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摘要：清扫银河 如果只进行 1 操作，不难证明存在操作序列的充要条件是将所有 1 边拿出来，所有点的度数为偶数，构造方案使用欧拉回路。 因为不存在重边，所以进行 1 操作时每个环环长一定大于 2，因此如果存在一个只有 1 操作的合法操作序列，这个序列的最短长度不大于 $\lfloor \frac{m}{3
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摘要：有生之年自己做出了一个 AGC F 还踩了标算，但是好像在我之前已经有人踩过标算了，再鞭尸一波也无可厚非 hhh 看到“全部被覆盖” 条件不好做，考虑容斥，即选择若干个位置强制它们不覆盖，那么会有位置不能放车，而其余的位置可以选择放或者不放，方案数可以计算。但暴力枚举不优秀。在后文中为了描述方便定义
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摘要："Contest Page" A 唯一会做的题/kk 题目相当于要求相邻三个的异或和为$0$。 当我们放入了三个数$a,b,c$时，接下来的放入顺序显然一定是$a,b,c,a,b,c,...$。所以当数可以分成三份，每份大小$\frac{n}{3}$且其中的数全部相等，从三份中各取一个数的异或和为$
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摘要："Contest Page" A 对于一个长度为$L$的相同字符段，显然要花费$\frac{L}{2}$次操作才能使得相邻不相同。于是只需要分类讨论一下首尾字符是否相同，算出每种字符、每种长度的连续字符段出现了多少次即可。 B 首先当图不是二分图的时候肯定无解，否则可以发现答案的上界是图上两点的最短
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摘要："Contest Page" "A" sol 真的有人不会做这道题？ include using namespace std; define int unsigned long long const int _ = 229029 , tar[] = {2,31,1847}; signed main(
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摘要："传送门" 数字最小公倍数为$L$的充分条件是所有数都是$L$的约数，而$10^8$内最多约数的数的约数也只有$768$个。所以我们先暴力找到所有满足是$L$的约数、$G$的倍数的数。 接下来注意到题目的$\gcd$和$lcm$的限制等价于对于每一个质数限制所有数在该质数指数上的$\min$和$\m
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摘要："COGS索引" 一堆神仙容斥+多项式…… 有标号的DAG计数 I 考虑$O(n^2)$做法：设$f_i$表示总共有$i$个点的DAG数量，转移考虑枚举DAG上所有出度为$0$的点，剩下的点可以选择连向它，剩下的点之间也可以连边。 但是注意到这样子转移可能会存在剩下的点中有点没有出度的情况，考虑容斥
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摘要："传送门" 先考虑一个暴力的DP：设$f_{i,j,S}$表示点$i$映射到了图中的点$j$，且点$i$所在子树的所有点映射到了图中的集合$S$时的映射方案数，转移暴力地枚举子集即可，复杂度$O(n^33^n)$显然跑不过。 那么我们注意一下复杂度的瓶颈到底出现在了哪里，不难发现出现在了“树上的每一
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摘要："传送门" 感觉自己越来越愚钝了qwq 先考虑从$n 1$个人里安排恰好$k$个人被碾压，然后再考虑如何分配分数，两者乘起来得到答案。 对于第一部分，可以考虑容斥：设$f_i$表示$i$个人被碾压，其他人随意分配是否被碾压的方案数，我们考虑所有比B成绩高的科目一定是由剩余的$N 1 i$个人构成，所
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摘要："传送门" 为了方便我们设$N$是$N,M,L$中的最小值，某一个位置$(x,y,z)$所控制的位置为集合$\{(a,b,c) \mid a = x \text{或} b = y \text{或} c = z\}$ 发现恰好$k$个位置不大好算，考虑容斥计算强制$k$个位置是极大值的概率 对于极大值
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摘要："传送门" D2T3签到题可真是IQ Decrease，概率独立没想到然后就20pts滚粗了 注意题目是先对于所有点rand一个权值$w$然后再抽卡。 先考虑给出的关系是一棵外向树的情况。那么我们要求在所有点内，根要被首先抽到，然后对于每一棵子树，每棵子树的根需要在这个子树内第一个被抽到，这就是一个
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摘要：TJOI出一堆模板题还玩一堆梗是什么鬼 "甲苯先生的字符串" （矩阵快速幂） 矩阵快速幂模板题 "代码" "甲苯先生的滚榜" （树状数组、线段树） 最开始想平衡树搞，但是~~平衡树太难写了~~ 一次答案的查询相当于查询比当前的人AC数多的人数+和当前的人AC数一样多，但是罚时更少的人。前者可以使用树
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摘要：JSOI的题质量很高…… "精准预测" （2 SAT、拓扑排序、bitset） 不难发现两个条件都可以用经典的2 SAT连边方式连边，考虑如何加入时间的限制。对于第$x$个人在$t$时刻的状态是生/死建点$(x,0/1,t)$，连上边$(x , 0 , t) \rightarrow (x , 0 ,
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摘要："传送门" "官方题解" 其实讲的挺清楚了，就是锅有点多…… 一些有启发性的部分分 L=N 一个经典（反正我是不会）的容斥：最后的答案=对于每个点能够以它作为集合点的方案数 对于每条边能够以其两个端点作为集合点的方案数。原因是：对于每一种合法方案，集合点一定是树上的一个连通块，满足$n=m+1$。算
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摘要："VJ传送门" 简化题意：给定一个长度为$N$的数列，$Q$个操作： $1\,x\,a$、将数列中第$x$个元素改为$a$ $2\,l\,r$、反转子序列$[l,r]$ $3\,l\,r\,w$、询问区间$[l,r]$中是否存在若干个数和为$w$，一个数只能取一次 注意：在整个过程中，在数列中出现过
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摘要："传送门——BZOJ" THUWC2019D1T1撞题可还行 ~~以前有些人做过还问过我，但是我没有珍惜，直到进入考场才追悔莫及……~~ 设$que_{i,j}$表示询问$(1,i,1,j)$的答案，那么询问$(a,b,c,d)=que_{b,d} que_{a 1 , d} que_{b , c
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摘要："传送门" 首先，每一次有一个猎人死亡之后$\sum w$会变化，计算起来很麻烦，所以考虑在某一个猎人死亡之后给其打上标记，仍然计算他的$w$，只是如果打中了一个打上了标记的人就重新选择。这样对应于每一个人的概率仍然是一样的，而$\sum w$在计算的过程中不会变。 因为要求最后死的概率，似乎不是很
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