随笔分类 - 数学
摘要：传送门 本文只证明贪心可行性 即为什么按照 $A+B<B+A$ 的比较方式可以排序，其中 $A,B$ 是string类型变量 设该偏序为 $\triangleright $ 必须要证明这个定义下$\triangleright $ 的传递性：即如果 $A\triangleright B\triangl
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摘要：传送门 可以算是纯数学题了吧... 看到这个 $(x+y)(x^2+y^2)$ 就可以想到化简三角函数时经常用到的操作，左右同乘 那么 $(a_i+a_j)(a_i^2+a_j^2) \equiv k \mod P$ 其实相当于 $(a_i+a_j)(a_i-a_j)(a_i^2+a_j^2) \e
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摘要：传送门 由提示可以知道，如果把图中的边从小到大依次加入，在加入第 $k$ 条边时图恰好联通，那么期望花费为 $\frac{k}{m+1}$ 注意到期望花费和加入边数成正比，发现可以看成每一条加入后不使图联通的边的贡献之和，每条不使图联通的边的贡献即为 $\frac{1}{m+1}$ 那么如果能算出
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摘要：传送门 显然每种礼物是互相独立的，一个礼物的分配不会影响另一个礼物 对于某个礼物 $x$ ， 对于每个盒子来说，要么选要么不选，那么可以看成长度为 $m$ 的二进制序列 这个序列第 $i$ 位的数就代表第 $i$ 个盒子里是否有这个礼物，那么总方案即为 $2^m-1$ ，减 $1$ 是因为全 $0$
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摘要：传送门 看到 $n=250$ 显然考虑 $n^3$ 的 $dp$ 设 $f[i][j]$ 表示填完前 $i$ 行，目前有 $j$ 列的最小值是 $1$ 的合法方案数 那么对于 $f[i][j]$ ，枚举 $f[i-1][k]$ ，有 $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}\binom{n-k
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摘要：传送门 首先显然可以矩乘快速幂然后 $T$ 飞 看一眼题解发现因为这一题矩阵的特殊性所以可以对矩阵的次数欧拉降幂 然而我并不懂证明，所以我选择暴力乱搞的做法 十进制快速幂，然后注意一下常数，还有矩阵乘的顺序，别反了
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摘要：传送门 看到数据范围，显然可以 $m^3 \log n$ 考虑构造矩阵 考虑 $i^m \cdot m^i$ 怎么通过矩阵变成 $(i+1)^m \cdot m^{i+1}$ 首先后面那个 $m^i$ 变成 $m^{i+1}$ 十分显然，现在只要考虑 $i^{m}$ 变成 $(i+1)^m$ 把 $
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摘要：传送门 首先 $(\sum_{i=1}^{n}a_i)(\sum_{i=1}^{m}b_i)$ 展开以后包含了所有 $ab$ 两两相乘的情况并且每种组合只出现一次 发现展开后刚好和题目对序列价值的定义一样 考虑进一步的，由乘法分配率可以知道 $\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{
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摘要：学到后面数学越来越多了，感觉好难啊，开个博客专门记录一下数学相关的东西 因为反正也没人看，所以主要还是给自己看的 一些符号： 数论函数的卷积：$\ast$，$ h = f \ast g$ 则 $h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$ $\epsilon $ 叫单位元，对
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摘要：传送门 显然有 $dp$，设 $f_i$ 为 $i$ 的 $lqp$ 拆分的权值和，考虑枚举拆分的最后一个数，不妨设 $f_0=1$ 那么有 $f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}F_{j}$ ，$F_{i}$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项 变一下就是 $f_i=\sum_{j=0
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