随笔分类 - 数论
摘要：XXVII.【模板】常系数齐次线性递推 题意：已知$f_0,\dots,f_$，且对于$k\geq m$，有 \(f_k=\sum\limits_{i=1}^ma_if_{k-i}\) 其中$a_1,\dots,a_m$是给定的系数。 求$f_n$。 我们一个naive的思路就是矩阵快速幂。 考虑设
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摘要：XVI.WD与积木 本题有两种思路。 首先，两种思路共同的地方在于都将期望化成了$\dfrac{\text{所有方案一共的层数}}{\text{总共的方案数}}\(。我们设其为\)\dfrac$。 思路1：从DP开始 我们先考虑求出$g_n$。 我们有 \(g_n=\sum\limits_{i=1}
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摘要：XXV.玩游戏 我们考虑令$f(p)$表示游戏的“$p$次价值”的期望。 则按照期望定义，我们有 \(f(p)=\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m(a_i+b_j)^p}{nm}\) 考虑二项式暴力展开，得到 \(f(p)=\dfrac{\su
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摘要：XXIV.CF960G Bandit Blues 我们注意到，$n$一定是前缀最大值中最靠右的一个以及后缀最大值中最靠左的一个。换句话说，我们在位置$n$可以将整个排列划成两半，前一半中恰有$a-1$个前缀最大值，而后一半中恰有$b-1$个后缀最大值。 显然两半的问题是相同的，因为后缀最大值在翻转序
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摘要：XVIII.CF848E Days of Floral Colours 大部分FFT题都是用来优化DP的…… 首先，我们看向环上的某个位置$i$（自动对$2n$取模）： \(\dots,(i-2),(i-1),i,(i+1),(i+2),\dots\) 它有如下几种配对： \((i,i+n)\)。
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摘要：XVII.CF773F Test Data Generation 首先先把题意翻译成人话，就是满足两个条件： $n$为奇数。 $a_n$为$a$中含有最少$2$次幂的因子的数，且$a_n$中至少含有一个$2$。 第一个限制很好满足，但是第二个咋办呢？ 我们再来翻译一下，就是将所有数同除以$2$的一个
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摘要：XVI.「SWTR-03」Counting Trees 说起来他们那场比赛还找我帮忙验了这题来着的，然后我$50%$暴力都不会 先说结论：任何度数之和等于$2m-2$的$m$个节点，都可以构成至少一颗树。该结论可以通过一个名叫prufer序列的神奇玩意证出。 于是我们现在就有这样的判别式： \(\s
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摘要：XV.付公主的背包 注意这份题解中$f_i$的意义是$f$的$i$次项系数，而$f_i(x)$的意义是第$i$个多项式！ 对于每个商品，设它的体积为$v$，则我们可以设一个$f$，其中$f_i=[v|i]$。 则最终的答案，就是所有商品的$f$的卷积。 我们把$f$写成函数的形式，它就变成$f(x)
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摘要：XV.UVA12298 Super Poker II 我们设$f_{i,j}$表示遍历完前$i$种花色后，有多少种方案凑出和为$j$来。 再设$g_{i,j}$表示第$i$种花色是否存在点数为$j$的牌。 则有$f_{i,j}=\sum\limits_^jf_{i-1,k}\times g_{i,j
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摘要：XIII.CF623E Transforming Sequence 这题仔细一想还挺简单的……但是我一直在想有标号的DP，但实际上只需要用无标号DP即可…… 首先，一眼可以看出当$n>k$时无解，可以直接特判掉。 则我们设$f[i][j]$表示当前填到第$i$个数，且前$i$个数$\operator
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摘要：XII.差分与前缀和 打 表 出 奇 迹 我们先考虑前缀和。 对于两个下标$i,j$，我们考虑$k$阶前缀和后，位置$j$会被加上多少个$a_i$。显然，加上$a_i$的数量，仅与$j-i$的值有关。 于是我们就打表辣 \(k\) \ \(j-i\) 0 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 2
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摘要：XI.CF438E The Child and Binary Tree 经 典 老 题 我们可以设一个$G$，其中$G_x=[\exists\ i\ \text\ c_i=x]$，即是否存在$x$这个值。 我们再设$F_x$表示权值为$x$的二叉树的方案数。很明显有$F_0=1$。 则我们枚举树根的
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摘要：XI.[集训队作业2013]城市规划 各类计数问题是多项式最常见的场景。 这里有一个套路，就是设$f(x)$为合法个数，$g(x)$为全部个数，然后往往$g$可以被$f$与$g$表示出来，且$g$本身有通项公式，然后就可以简单求解了。 例如这题。我们设$f(x)$为联通图个数，$g(x)$为全部无向
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摘要：X.拉格朗日插值2 从这题开始，拉格朗日插值就逐渐同多项式同流合污了。 我们列出式子： \(f(m+i)=\sum\limits_{j=0}^nf(j)\prod\limits_{k\neq j}\dfrac{m+i-k}{j-k}\) 借鉴前面的思想，我们将它转成了 \(f(m+i)=\sum\l
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摘要：IX.CF622F The Sum of the k-th Powers 看上去这题是上一题的弱化版，但其实不是——上题我们要筛出式子，但是这题我们要保证复杂度。 首先，我们打算选取$0\sim k+1$，共$k+2$个点进行插值。我们设$f_x=\sum\limits_x ik$。 则由拉格朗日插
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摘要：VIII.[TJOI2018]教科书般的亵渎 这题主要是介绍拉格朗日插值模板那题中，我们提到的“求出$f(x)$的多项式表达”的做法。 首先，这题显然如果我们令$f(x)=\sum\limits_i{m+1}$，且$a_{m+1}=n+1$的话，答案就是 \(\sum\limits_{i=1}^{m
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摘要：VII.【模板】拉格朗日插值 我们之前一直在研究多项式。但是多项式都是从哪来的呢？ 所以拉格朗日插值就给了我们一种求多项式的方式。具体而言，运用拉格朗日插值，你可以根据$n+1$个点求出一个$n$次多项式来经过这所有点。 我们来看一下这具体是怎么实现的。 我们定义拉格朗日基本多项式为： \(\box
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摘要：namespace Poly{ const int N=1<<20; const int mod=998244353; const int G=3; int n,rev[N],f[N],g[N],all; int ksm(int x,int y){ int rt=1; for(;y;x=(1llxx
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摘要：VII.【模板】多项式除法 首先，为了方便，我们将$n$和$m$各自加一。 我们设$F^T$为$F$的翻转，更准确的定义为 \(F^T(x)=x^{n-1}F(\dfrac{1}{x})\) 现在我们考虑推式子。 由题意， \(F(x)=(GQ)(x)+R(x)\) 因为这个$x$是无实意的，故我们
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摘要：VII.【模板】多项式幂函数 (加强版) 可以看到这题与上题的唯一区别就是$a_0$的取值。 因为我们之前在$\ln$的时候，是要求$a_0=1$的；而这题不保证$a_0=1$，咋办呢？ 我们考虑到当$a_0\neq0$时，我们有 \(a^k=(\dfrac{a}{a_0})^k\times(a_0
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