随笔分类 - FFT
摘要：考虑所有回文子序列减去连续回文子序列 后者可以manacher求出 设 $f_i$ 为以 $\dfrac{i}{2}$ 为中心的回文子序列个数 若以 $\dfrac{i}{2}$ 为中心左右有 $x_i$ 对对称的字符 则 $f_i = 2^{x_i} 1$ 所有 $x_i$ 可以由FFT求出 $x
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摘要：忽略不能取同一根的要求。 构造多项式 $A(x) = \sum x_{a_i}$ 那么 $A^2(x)$ 就是取两个木棍，组成长度为 $s$ 的方案。 容斥后得到 $$(\sum x)^2 = \sum x^2 + 2\sum xy$$ $$\sum xy = \dfrac{(\sum x)^2 \
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摘要：即求一个 $k$ 和 $c$，使得 $\sum\limits_{i=1}^n(x_i+c y_{(i+k)\bmod n})^2$ 最小 把式子拆开得到 $nc^2+2(\sum x_i y_{(i+k)\bmod n})c 2\sum x_iy_{(i+k)\bmod n}$ 当 $c=\dfra
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摘要：有标号集合计数 对于 $A$ 中元素形成的集合的指数型生成函数 EGF 为 $$B(x)=\sum_{i\geq 0}\frac{A(x)^i}{i!}=e^{A(x)}$$ 现在设 $G$ 为所有简单无向图，则 $G$ 的 EGF 为 $$G(x)=\sum_{i\geq 0}2^{\binom{
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摘要：可以列出 dp 方程 $dp[l][i] = \sum\limits_{j k\equiv i \pmod M}dp[l 1][j] c[k]$ 乘积的形式不好卷，考虑离散对数 若 $M$ 存在原根 $g$，那么 $g^0,g^1,\dots, g^{M 2}$ 就可以表示 $M 1$ 个数，集合中
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摘要：设 $f[i]$ 为权值为 $i$ 的二叉树种类数 那么有 $f[i]=\sum\limits_{c \in \mathbb{C}}c\sum\limits_{j+k=i}f[j]\times f[k]$ 写成生成函数的形式就有 $F(x)=C(x) F(x)^2+1$ $1$ 是为了 $f(0)=
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摘要：长度为 $2$ 的可以直接求，之后就不把 $2$ 当质数了。 考虑一对 $(i,j)$ 会出现在多少个区间里，其中 $|j-i+1|\in \mathbb{P}$ 当 $i+j\leq n +1$ 时，一对 $(i,j)$ 会出现在 $[|i-j|+1,i+j]$ 这个区间里面所有质数长度里面，记
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摘要：看了讨论区一个回答恍然大悟，%%% 幂级数 $F(x)=A(x)^p$，那么有 $F^{'}(x)=pA^{'}(x)A(x)^{p-1}$，$A(x)F^{'}(x)=pF(x)A^{'}(x)$。若 $a_0,a_1,\dots$ 的普通生成函数为 $A(x)$，令 $s_n=\sum \lim
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摘要：黑暗爆炸上没有spj。 第一部分的答案为 $\sum \limits_{j = 1}^{i - 1} q_j \times \frac{1}{(i-j)^2}$，直接卷积就行。第二部分就把 q 数组reverse一下再卷一遍。 #include <bits/stdc++.h> #define db
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摘要：【传送门】 $\min \{\sum_{i = 0}^{n-1}\left(A_i - B_{(i+k)\mod n}\right)^2\}$把平方项拆开得 $\sum_{i = 0}^{n-1}A_i^2 + \sum_{i = 0}^{n-1}B_{(i+k)\mod n}^2 - 2 \sum
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摘要：将第二个字符串改成能赢对方时对方的字符并倒序后，字符串匹配就是卷积的过程。 那么就枚举字符做三次卷积即可。 #include <bits/stdc++.h> struct Complex { double r, i; Complex(){} Complex(double r, double i):
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摘要：【传送门】 FFT第四题！ 暑假的时候只会点分，然后合并是暴力合并的...水过去了... 其实两条路径长度的合并就是卷积的过程嘛，每次统计完路径就自卷积一下。 刚开始卷积固定了值域。T了。然后就不偷懒了，每次取最大权值乘二去找值域了。 #include <bits/stdc++.h> const d
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摘要：【传送门】 FFT第一题！ 构造多项式 $A(x) = \sum x ^ {s_i}$。 不考虑题目中 $i < j < k$ 的条件，那么 $A^3(x)$ 每一项对应的系数就是答案了。 考虑容斥。 $$(\sum x)^3 = \sum x^3 + 3 \sum x^2 y + 6\sum xy
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