02 2021 档案
摘要：较为简单的多项式（集合幂级数）题。 但是有迷惑性，很容易让人以为是最优化题。 有一经典问题（一cf题）： 有一图，边权有1,2，求出恰好有x条边权为1，y条边权为2的生成树个数。 考虑多项式。把边权为$1$的边的值赋值成$1$，$2$的赋值成$x$。 矩阵树的边权不一定要为整数，为任意支持加法/乘法
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posted @ 2021-02-25 18:21
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摘要：考虑$f$的ogf$F(x)=\sum_{\inf} xif_i$ 则$F(x)[xn]=AF(x)[x]+BF(x)2[x]$ \(F(x)=AF(x)x+BF(x)^2x+kx\) \(F(x)=\frac{1-Ax\pm\sqrt{(1-Ax)^2-4kBx}}{2B}\) 由于$F(x)$常
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posted @ 2021-02-25 15:24
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摘要：简单的多项式题。 挖掘bfs图的性质。 显然，对于每条边$(x,y)$（设$d_x<d_y$），$d_x=d_y$或$d_x+1=d_y$ 且每个点至少有一条边连向上一层。 设$c_i$表示有多少个$d=i$ 发现$\sum C_2=v$较大，所以求出连向相邻层的边的生成函数，然后枚举同一层的边取多
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posted @ 2021-02-24 16:36
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摘要：经典的小球模型。 显然状压是过不了后面的点的。 考虑挖掘哈密尔顿回路的性质，它的性质是：在遍历某棵树时，在这棵树上走过的轨迹必须是一条链，遍历完之后要跳到另一颗树。 所以哈密尔顿回路实际上由若干条链组成。 设链$i$在树$x$中，则相邻的链不能在同一棵树。 这是个经典的问题（小球容斥模型）。 先考虑
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posted @ 2021-02-24 15:48
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摘要：第一次想出多项式题。 其实去年就想出来了，今年再推一遍。 考虑一个式子，\([x^y]\prod_{i=1}^n(1+x+x^2+...+x^{a_i})\) 注意到后面和$\frac{1}{1-x}$长得很像，所以把后面的$1+x+x2+...+x\(拆成\)(1+x+x2+....)-(x{a_
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posted @ 2021-02-23 15:47
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摘要：这道题的trick我见过好几次了。 但是在考场上一点印象也没有。 还好在学普及组时学了表达式树，成功获得70分。 先建立原串的表达式树。 容易发现数组的每个元素是独立的。 于是问题转化为：$O(n)$次给定一个数组$ar$，给定一个固定的树，每个叶子节点上有固定的权值$b$。 询问时把叶子节点$i$
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posted @ 2021-02-23 11:19
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摘要：发现自己对关于多项式的一部分内容（比如下降幂多项式）一无所知，导致在计数题上经常失手，所以写了这么篇博客。 下降幂多项式： 定义：\(x^{\underline n}=\prod_0^{n-1}(x-i) = \frac{x!}{(x-n)!}\) 一个多项式可以和下降幂多项式唯一转换。 这在推公式
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posted @ 2021-02-21 11:56
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摘要：还是想了一会的。 类似二分图染色，定义三染色。 一个图的三染色的定义：当前点被染成$(x+y+z)\mod 3$编号颜色。 观察限制。 一个转化：求出一个水晶集合S，使得这个集合中，能量源旁不同时包含权值1/2的点，且S的收益最大。 容易发现这样子求出的答案和原问题的答案相等。 考虑最小割。 考虑一
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posted @ 2021-02-14 10:57
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摘要：显然第一问直接按照题意最大流。 二次方流量考虑导数。 设$f(x)\(表示每条边单位流量费用\)\leq x$的最大流，答案就是对这个函数进行积分。 $f$是个分段一次函数。这是因为边权费用导数$2ax+b$是个关于$x$的一次函数。 $f$是上凸的。考虑最小割，一个割的代价在$x$初是个一次函数。
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posted @ 2021-02-14 09:38
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摘要：#include<bits/stdc++.h> #define N 300010 using namespace std; #define int long long int h[N],nxt[N],v[N],w[N],s,t,dep[N],ec,p[N],n,a[N],b[N],c[N],f[N]
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posted @ 2021-02-13 21:04
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摘要：一个和标算不同的方法。 考虑二元关系网络流（最小割）。 根据sdoi墙上的句子的经验，把每个网格上的点拆成两个，代表黑/白点。 给当前位置$(x,y)$新建两个点$a,b$。 a归到s->$(x,y)$选白色 a归到t->$(x,y)$选黑色 b归到s->$(x,y)$选黑色 b归到t->$(x,y
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posted @ 2021-02-08 21:03
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摘要：考场上想到了长链剖分和从编号小->大状态压缩dp，但是由于思路不清楚没有做出。 当$ty=1$ \(ans=n-\sum_i \lfloor \frac {d_i}{2}\rfloor -1\) 考虑自底而上合并。我们每次最多合并$\frac{2}$次。这就解释了这个公式 当$ty=2$就是[Poi
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posted @ 2021-02-08 14:48
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摘要：这道题忘记了，再推一遍。 引理1：我们最多只会向右跳一次，且向右跳操作一定在开始。 考虑从$x_i$右边跳到左边的起始点$z$。如果我们经过了若干个点$$，则由于$z$能跳到$<x_i$的点，所以能跳到$x_i$ 显然我们不用跳$b$，直接从$s$跳到$z$即可。 如果我们在$x_i$左边跨过$x_
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posted @ 2021-02-01 22:12
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