Counting

拆贡献

小怪兽

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考虑把被攻击的期望, 拆成每个产生攻击的概率

(因为每个小怪兽至多有 \(1\) 的贡献)

[JSOI2015] 子集选取

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注意到元素之间没有相互限制

对每个元素拆开分别考虑

设 \(c_{i, j}\) 表示 \(A_{i, j}\) 中是否包含了当前元素

观察发现, 存在一条分界线, 使得分界线下全都是 \(0\) , 分界线上全都是 \(1\)

于是转成格路计数, 从 \((0, 0)\) 出发, 每次只能向上或向右

发现长度都为 \(k\)

于是这种元素的方案数为 \(2 ^ k\)

总的方案数为 \((2 ^ k) ^ n\)

炼金术（Alchemy）

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真就在同一天被同一个套路秒了两次是吧

考虑对于每一种元素进行考虑

对单个元素的限制是宽松的, 因为只要保证她在至少出现一次

显然方案数为 \(2 ^ k - 1\)

总的方案数为 \((2 ^ k - 1) ^ n\)
根据期望的性质, 把被攻击的次数的期望拆成产生

『JROI-4』沈阳大街 2

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/bx/bx/bx

太牛了

重点在值域上 dp

即对于 \(\sum\prod\) 或者 \(\sum\sum\) 的形式的式子, 我们考虑提取相同的项, 算贡献

可以发现, 枚举 \(\pi\) 本质上是在枚举 \(A\) 和 \(B\) 的匹配关系

每对匹配关系的权值为 \(\min \{ A, B \}\)

显然只要满足有 \(n\) 对匹配并且每个点只出现在一个匹配里即可

容易观察发现, 能够作为 \(\min \{ A_i, B_{\pi_i} \}\) 最多只有 \(2n\) 个数

不妨考虑对匹配 dp, 也就是考虑钦定权值为 \(x \in A\) 或 \(x \in B\) , 那么能和 \(x\) 形成权值为 \(x\) 的匹配的点只有与 \(x\) 不在同一个集合的大于 \(x\) 的数

若 \(cnt\) 表示能和 \(x\) 形成匹配的数的个数, 那么 \(x\) 的贡献就是给之前的答案乘上 \(cnt \cdot x\)

不妨设 \(f_{i, j}\) 表示考虑前 \(i\) 大的数, 已经形成了 \(j\) 组匹配

那么显然有转移

• \((i, j) \leftarrow (i - 1, j - 1) \cdot c_i \cdot (cnt - (j - 1))\)

• \((i, j) \leftarrow (i - 1, j)\)

加上 \(f_{i - 1, j}\) 的原因显然是她可以继承之前的状态

总的匹配方案数乘贡献显然为 \(f_{2n, n}\)

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[SNCPC2024] 双子序列

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递推

Infinite Sequence

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[USACO20FEB] Help Yourself G

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[GXOI/GZOI2019] 逼死强迫症

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非常厉害的矩阵乘法题

我有一个和所有题解不一样的做法

反演

la

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dijkstra

删除序列

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感觉是运用了反演的思想 (?)

Petya and Coloring

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二项式反演。

神秘性质

捏捏

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枚举

车的放置

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