随笔分类 - 数论——组合数
摘要：题面 "传送门" 前置芝士 "Prufer codes与Generalized Cayley's Formula" 题解 不行了脑子已经咕咕了连这么简单的数数题都不会了…… 首先这两个特殊点到底是啥并没有影响，我们假设它们为$1,2$好了 首先，我们需要枚举$1,2$之间的边数$i$ 我们需要考虑这
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摘要："传送门" $A\ Regular\ Triangle$ 咕咕 $B\ Red\ or\ Blue$ 咕咕咕 $C\ Snuke\ the\ Wizard$ 我可能脑子真的坏掉了…… 容易发现不管怎么移动相对顺序都是不变的，那么我们二分找到最右边的会从左边掉出去的点，它左边所有点也会从左边掉出去，最
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摘要："传送门" 明明没参加过却因为点进去结果狂掉$rating$…… $A$ 集合 如果我们记 $$f_k=\sum_{i=1}^nT^i{n i\choose k}$$ 那么答案显然就是$f_{k 1}$ 然后就可以开始推倒了 $$ \begin{aligned} f_k &=\sum_{i=1}^n
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摘要：这套题目非常有意思啊23333……话说为啥没有上条先生的呢…… "传送门" $A$ 御坂美琴 蠢了……首先先判总共加起来等不等于$n$，不是的话就不行 然后dfs记录$n$不断分下去能分成哪些数，用map记录一下，判断是否所有数都能被分出来就是了 $B$ 白井黑子 好坑啊……话说居然有$f(0)=1
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摘要：题面 "传送门" 题解 很容易写出一个暴力 $$\sum_{i=l}^r {i+n 1\choose n 1}{s i+m\choose m}$$ 即枚举选了多少个步兵，然后用插板法算出方案数 我们对这个换一种角度考虑，可以看做是从$(0,0)$走到$(s,n+m)$，且必须经过$(l,n),(r,
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摘要：题面 "传送门" 题解 统计$k$阶前缀和，方法和 "这题" 一样 然后这里$n$比较大，那么把之前的柿子改写成 $$s_{j,k}=\sum_{i=1}^ja_i{j i+k 1\choose j i}=\sum_{i=1}^na_i{(j i+k 1)^{\underline{j i}}\ove
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz zzk 考虑这东西的组合意义 （图片来自zzk） $a_i$这个元素对$k$阶前缀和的第$j$个元素$s_{k,j}$的贡献就等于从$(0,i)$走到$(j,k)$的方案数（最开始的一次必须往下走，所以实际上是从$(1,i)$走到$(j,k)$的方案数） 那么$s_{
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先区间个数很少，我们考虑把所有区间离散化（这里要把所有的右端点变为$B_i+1$代表的开区间） 设$f_{i,j}$表示考虑到第$i$个学校且第$i$个学校必选，这个学校选择的数在离散后的第$j$个区间内，方案数是多少 怎么转移呢，我们考虑枚举上一个不在第$j$个区间的学校
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先我们算出刚好有$k$对情侣的方案数 从$n$对情侣中选出$k$对，方案数为${n\choose k}$ 从$n$排座位中选出$k$排，方案数为${n\choose k}$ 情侣之间可以交换座位，方案数为$2^k$ 座位之间可以随便排列，方案数为$k!$ 然后我们还需要强制
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摘要：题面 "传送门" 题解 这数据范围……这输出大小……这模数……太有迷惑性了…… 首先对于$0$来说，不管怎么选它们的排名都不会变，这个先特判掉 对于一个$a_i$来说，如果它不选，那么所有大于等于它的数随便选，乘$2$之后还是小于它的数也随便选 如果它选呢？所有大于等于它，且小于它的$2$倍的数全都
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摘要：题面 "传送门" 题解 这辣鸡题目做了咱整整三天……咱果然还是太菜了……好珂怕的推倒啊…… 首先把它变成 $$\left( \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} F(i, j) \, h^{im + j} \right) \bmod p$$ 那么最后求答案的时候乘上的$
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摘要：题面 "传送门" 题解 果然……扩展$Lucas$学了跟没学一样…… 我们先考虑$a=b$的情况，这种情况下每一个$A$胜的方案中$A$和$B$的所有位上一起取反一定是一个$A$败的方案，而平局的方案取反之后仍然是一个平局的方案。那么我们可以用总的方案数$2^{a+b}$减去平局的次数除以$2$就行
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摘要：题面 "传送门" 题解 为啥全世界除了我都会$exLucas$啊……然而我连中国剩余定理都不会orz 不知道$exLucas$是什么的可以去看看yx巨巨的这篇博客 "这里" 好了现在我们就解决了计算组合数的问题了，接下来问题就在于怎么计算了 首先如果是强制大于等于很简单，设条件分别为$x_i\geq
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摘要：题面 题解 这种题目就是要好好推倒 我们枚举最小的数是哪一个，那么答案就是$$Ans=\sum_{i=1}^nT^i{n i\choose k 1}$$ 因为有$$\sum_{i=p}^n{n i\choose k 1}={n p+1\choose k}$$ 原式太难算了，我们可以先计算$\sum_
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摘要：题面 题解 设$lim=(n 1)/2$（这里是下取整），那么$x$位置的值最大不能超过$lim$，而$y$处的值不能小于$y$，于是有$$Ans=\sum_{i=1}^{lim}\sum_{j=2 i+1}^n(y 2)!{j 2\choose y 2}(n y)!$$ 上式的意思是，枚举$x$处
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摘要："传送门" ~~一道打表题~~ 我们把那些普通牌的位置看成$ 1$，那么就是要求有多少个排列满足前缀和大于等于$1$ 考虑在最后放一个$ 1$，那么就是除了$m+1$的位置前缀和都要大于等于$1$ $m+1$个数的圆排列的方案数为$m!$，然后对于每一个圆排列，肯定存在一个前缀和最小且最右边的位置，
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摘要："传送门" 如果$op==1$，那么每一个方案都可以看做从$n$个数里选出$m$个数，然后$sort$一下依次放到每列，方案数就是${n\choose m}$。因为$n$很大，但是$m$不大，所以可以直接计算$\prod_{i=n m+1}^ni$，以及$m$的阶乘的逆元 如果$op==0$，我们枚
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摘要："传送门" 挺神仙的啊…… 设$f[i][j]$为考虑前$i$门课程，有$j$个人被$B$爷碾压的方案数，那么转移为$$f[i][j]=\sum_{k=j}^{n 1}f[i 1][k]\times {k \choose k j}\times {n 1 k \choose r[i] 1 (k j)}
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摘要：这其实是道打表题……你看我代码就知道了…… 咳咳来点严谨证明好了…… ~~前方高能请注意~~ 首先，正多边形近似于圆，可以看做在圆里内接多边形。圆内接多边形最多只有三个锐角。因为凸多边形的外角和为$360$度，如果有大于等于$4$个锐角，那么有大于等于$4$个外角大于$90$度，外角和肯定大于$36
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摘要："传送门" 首先，因为在$j i$的时候有$S(i,j)=0$，所以原式可以写成$$Ans=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nS(i,j)\times 2^j\times j!$$ $$Ans=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{i=0}^nS(i,j)$$ 根
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