随笔分类 - 数论——容斥
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先$x$和$y$两维互相独立，可以分开考虑，我们以$x$为例 我们把$x$做个前缀和，那么就是问有多少$i$满足$s_is_{i 1}0$且$\min(s_i,s_{i 1})0$的个数 注意到一次单点修改会使一个点到结尾的$s_i$区间加，而对应的$\max(s_i,s_
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摘要："传送门" $MAXEP$ 二分，不过二分的时候要注意把$mid$设成$\left\lfloor{9l+r\over 10}\right\rfloor$，这样往右的次数不会超过$6$次 $BICONT$ 不难看出要计算的就是方案数。对于一条边$(u,v)$，如果两个点不在同一个~~不知道是点双还是边
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摘要：题面 "传送门" 题解 复杂度比较迷啊…… 以下以$n$表示颜色总数，$m$表示总的卡牌数 严格$k$对比较难算，我们考虑容斥 首先有$i$对就代表整个序列被分成了$m i$块互不相同的部分，那么我们从被分成了多少块这个角度来考虑 设$f_{i,j}$表示考虑前$i$中颜色被分成了$j$块的方案（这
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摘要：题面 "传送门(bzoj)" "传送门(CF)" $llx$身边妹子成群，这天他需要从$n$个妹子中挑出$3$个出去浪，但是妹子之间会有冲突，表现为$i,j$之间连有一条边$(i,j)$，定义一种选择方案的权值为$Ai+Bj+Ck,i define R register define ull uns
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摘要：题面 "传送门" 前置芝士 矩阵树，基本容斥原理，生成函数，多项式$\exp$ 题解 我也想哭了……orz rqy，orz shadowice 我们设$T1,T2$为两棵树，并定义一个权值函数$w(T1,T2)=y^{n |T1\cap T2|}$，其中$|T1\cap T2|$为两棵树共同拥有的边
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摘要：传送门 先考虑无解的情况，为以下几种：\(dis_{i,j}+dis_{j,k}<dis_{i,k}\)，\(dis_{i,i}\neq 0\)，\(dis_{i,j}\neq dis_{j,i}\)，\(dis_{i,j}>K\)。先大力特判掉 然后来考虑没有边权为$0$的时候，把原图中所有的边分
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摘要："传送门" 第一眼容斥，然后我就死活容不出来了…… 记$f_i$为点集$i$中的点强联通的方案数，那么就是总的方案数减去使$i$不连通的方案数 如果$i$不连通的话，我们可以枚举缩点之后拓扑序最小（也就是入度为$0$）的强连通分量，然而这种强联通分量可能不止一个，需要容斥，不难发现这里的容斥系数在强
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摘要：题面 题解 又一道全场切的题目我连题目都没看懂……细节真多…… 先考虑怎么维护仙人掌。在线可以用LCT，或者像我代码里先离线，并按时间求出一棵最小生成树（或者一个森林），然后树链剖分。如果一条边不是生成树上的边，它肯定会和树上$u,v$这条路径构成一个环，然后对于每条树边记录一下这条树边被覆盖过没有
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摘要："传送门" 咳咳忘了容斥了…… 设$A(x)$为斧头的生成函数，其中第$x^i$项的系数为价值为$i$的斧头个数，那么$A(x)+A^2(x)+A^3(x)$就是答案~~（于是信心满满的打了一发连样例都没过）~~ 如果按上面那样算的话，会有重复的，比如说$A^2(x)$，会产生诸如$(x_i,x_i
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摘要："传送门" 一如既往膜拜 "shadowice巨巨" 前置姿势我就没一个会的…… //minamoto include define R register define eps 1e 10 define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;iI; i) define go(u
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摘要：wxw巨巨的容斥写的比较好懂啊…… 记$f[i][j]$表示第$i$个数为$j$的时候的合法的方案数 然而状态记录成这样的话不能保证转移的合法，所以要容斥 也就是说每次相同的数的个数达到$len$个的时候，把在这之前合法但现在不合法的方案减掉 具体看代码应该比较好懂
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摘要："传送门" "题解" （因为公式太多懒得自己~~抄~~写一遍了……）
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摘要："传送门" ~~题意都需要看题解才能明白我是不是已经废了~~ 题意就是求一个从树$S$到图$T$的映射，满足若树上的两个点有边，则它们映射在图中的两个点也连有边，且不能有多个点映射到同一个点 我们先不考虑不能有多个点映射到同一个点的限制。设$dp[u][i]$表示树上的$u$映射为图中的点$i$时，
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摘要："传送门" 首先这题要用到矩阵树，简单来说的话就是一个无向图的生成树个数可以按如下方法计算。设图$G$的邻接矩阵为$A$，度数矩阵为$D$，其中邻接矩阵的第$i$行第$j$列表示$i$和$j$之间有多少条边（允许重边），度数矩阵的第$i$行第$i$列表示$i$的度数且除对角线外所有元素均为$0$。那
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摘要："传送门" 可以考虑容斥，用三个点的总方案减去三点共线的情况。总的点数为$t=(n+1) (m+1)$，那么总方案数就是$C_t^3$ 考虑三点共线，我们枚举这条线段的两个端点$(a,b),(x,y)$，那么这条线段上的整点数就是$gcd(x a,y b) 1$ 然而这样复杂度太高。我们考虑优化，把
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摘要：传送门 设$res=\sum_{i=1}^nphi[i]$ 那么答案就是$res*2+1$
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摘要：传送门 求第$k$个没有完全平方数因数的数 一开始是想筛一波莫比乌斯函数，然后发现时间复杂度要炸 于是老老实实看了题解 一个数的排名$k=x-\sum_{i=1}^{x}{(1-|\mu(i)|)}$ 因为$k$是不降的，所以我们可以考虑二分 那么如何计算区间$[1,x]$的无完全平方数因数的数的个
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摘要：传送门 首先，进行如下处理 如果$L$是$K$的倍数，那么让它变成$\frac{L}{K}$，否则变成$\frac{L}{K}+1$ 把$H$变成$\frac{H}{K}$ 那么，现在的问题就变成了在$[L,H]$范围内选$n$个数并令他们的$gcd$为$1$的方案数 然后令$f[i]$表示选出的数
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摘要：传送门 我们考虑容斥，设$ans(a,b)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(a,b)==k]$，这个东西可以和这一题一样去算洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries 然后只要在这上面加个容斥就好了，答案就是$ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a
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摘要：传送门 很明显题目要求的东西可以写成$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m gcd(i,j)*2-1$（一点都不明显） 如果直接枚举肯定爆炸 那么我们设$f[i]$表示存在公因数$i$的数的对数 然而$i$并不一定是这几对数的最大公因数 那么怎么办呢？考虑容斥 以$i$为最大公因数的
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