随笔分类 - 数论——多项式——生成函数
摘要：爆炸了QAQ "传送门" $A$ $Mas$的童年 这题我怎么感觉好像做过……我记得那个时候还因为没有取$min$结果$100\to 0$…… 因为是个异或我们肯定得按位考虑贡献了 把$a$做个前缀异或和，记为$s_i$，那么就是要找到 $$\max_{j define R register def
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摘要：题面 "传送门" 题解 复杂度比较迷啊…… 以下以$n$表示颜色总数，$m$表示总的卡牌数 严格$k$对比较难算，我们考虑容斥 首先有$i$对就代表整个序列被分成了$m i$块互不相同的部分，那么我们从被分成了多少块这个角度来考虑 设$f_{i,j}$表示考虑前$i$中颜色被分成了$j$块的方案（这
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摘要：前言 概率生成函数好像是个很厉害的东西啊……如果有掷骰（tou）子的问题似乎可以直接套板子的说…… 本篇文章全部都是抄《浅谈生成函数在掷骰子问题上的应用》（杨懋龙）这篇论文的 定义 我们定义一个形式幂级数$A(x)$，称它为离散随机变量$X$的概率生成函数，当且仅当对于$A(x)$的每一项$a_i$
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摘要：题面 "传送门" 题解 不知道概率生成函数是什么的可以看看 "这篇文章" ，题解也在里面了 cpp //minamoto include define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI; i) define go(u) fo
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摘要：题面 "传送门" 给定一个长度为$L$的序列$A$。然后每次掷一个标有$1$到$m$的公平骰子并将其上的数字加入到初始为空的序列$B$的末尾，如果序列B中已经出现了给定序列$A$，即$A$是$B$的子串，则停止， 求序列$B$的期望长度。$L ≤ 10^5$ 题解 不知道概率生成函数是什么的可以看看
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摘要：题面 "传送门" 题解 这居然是一道语文题？ 首先不难看出，因为每一次相邻元素交换最多减少一个逆序对，所以至少$m$次交换就代表这个序列的逆序对个数为$m$ 我们考虑一下，假设现在已经放完了$i 1$个数，当放入第$i$个数的时候会对逆序对个数造成什么影响 如果第$i$个数放在最后，新增逆序对个数为
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我对生成函数一无所知~~ 我们设$F(x)$为斐波那契数列的生成函数，$G(x)$为答案的生成函数，那么容易得到递推关系 $$g_n=\sum_{i=0}^{n 1}f_ig_{n i}+f_n$$ 其中$g_0=0,g_1=1$ 那么写成生成函数的形式就是 $$G=FG
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摘要：题面 "传送门" 题解 妈呀这辣鸡题目调了我整整三天……最后发现竟然是因为分治$NTT$之后的多项式长度不是$2$的幂导致把多项式的值存下来的时候发生了一些玄学错误……玄学到了我$WA$的点全都是$WA$在$2$的幂次行里…… 看到这种题目二话不说先推倒 $$ \begin{aligned} [x^
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摘要：题面 "传送门" 给定$a_1,..,a_n$，定义$f(x,k)=\sum_{i=1}^n(x+a_i)^k,g(t,k)=\sum_{x=0}^tf(x,k)$，给定$T,K$，请你对$\forall i\in[0,K]$，求出$g(T,i)$，对$10^9+7$取模 前置芝士 伯努利数 什么？
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摘要：题面 "传送门" 题解 肝了一个下午……我老是忘了拉格朗日反演计算的时候多项式要除以一个$x$……结果看它推倒简直一脸懵逼…… 做这题首先你得知道拉格朗日反演是个什么东西 "这里" 请坐稳，接下来就要开始推倒了 首先我们要知道$n$个点的有根无向连通图的个数，带标号 设$G(x)$为$n$个点有根无
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先你得知道什么是拉格朗日反演 "这里" 我们列出树的个数的生成函数 $$T(x)=x+\prod_{i\in D}T^i(x)$$ $$T(x) \prod_{i\in D}T^i(x)=x$$ 我们记$F(x)=T(x)$，$G(x)=x \prod_{i\in D}x^
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摘要：题面 "传送门" 前置芝士 矩阵树，基本容斥原理，生成函数，多项式$\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：题面 传送门 题解 生成函数这厮到底还有什么是办不到的…… 首先对于一个数$i$，如果存在的话可以取无限多次，那么它的生成函数为 \(\sum_{j=0}^{\infty}x^{ij}={1\over 1-x^i}\) 然后我们设$a_i\in [0,1]$表示这个数是否存在这个集合里，那么给出了$
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摘要：题面 题解 幸好咱不是在晚上做的否则咱就不用睡觉了……都什么年代了居然还会出高精的题…… 先考虑如果暴力怎么做，令$G(x)$为$F(n,k)$的生成函数，那么不难发现 \(G^R(x)=\prod_{i=1}^n(x+i)\) 也就是说如果把$G(x)$的系数反过来就是后面那个东西，所以对于$n\
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摘要：传送门 好神仙的题目……又一次有了做一题学一堆的美好体验 据说本题有第二类斯特林数+分治$FFT$的做法，然而咱实在看不懂写的是啥，题解贴这里，有兴趣的可以自己去瞅瞅~~，看懂了记得回来跟咱讲讲~~ 前置芝士 $prufer$序列 $prufer$序列是个啥？ 对于一棵无根树，我们找到它的标号最小的
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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" 思路太清奇了…… 考虑容斥，即枚举至少有哪几个是在$1$号之后被杀的。设$A=\sum_{i=1}^nw_i$，$S$为那几个在$1$号之后被杀的人的$w$之和。关于杀了人之后分母的变化，我们可以假设这个人被杀之后还活着~~（说好的人被杀就会死呢）~~，不过如果选到了它要再选一次，这个和
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摘要："传送门" "题解" 比赛的时候光顾着算某一个$n$的答案是多少忘了考虑不同的$n$之间的联系了……而且我也很想知道为什么推着推着会变成一个二项式反演…… 设$f_n$为$n$块积木时的总的层数，$g_n$为$n$块积木时总的方案数，则有$$g_n=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}g
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摘要："传送门" 还是搞不明白生成函数是什么东西…… 首先设对于体积为$v$的物品，它的生成函数为$f(x)=\sum_{i\geq 0} x^{vi}$，那么答案的生成函数就是所有的物品的生成函数的乘积，复杂度为$O(nm\log n)$ 于是考虑把所有生成函数取$\ln$相加再$\exp$回去，设$g
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摘要：传送门 可以……这很多项式开根模板……而且也完全不知道大佬们怎么把这题的式子推出来的…… 首先，这题需要多项式开根和多项式求逆。多项式求逆看这里->这里，这里讲一讲多项式开根 多项式开方：已知多项式$B$，求多项式$A$满足$A^2\equiv B\pmod{x^n}$（和多项式求逆一样这里需要取模
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