随笔分类 - 题解
摘要：我能说什么！抽象了这！ 看到 \(n\le 10\) 的黑题顿感大事不妙。 我们考虑设 \(f(i)\) 表示将 \(n\) 个点划分为至少 \(i\) 个连通块时的方案数。我们可以暴力枚举每个点在哪个连通块里。划分方案是 \(Bell(n)\le 21147\) 的。 显然的，相同块内暂时忽略，不
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摘要：发现难以维护差值，于是令 \(K=\frac{n+k}2\)，这样就把问题转化为了“糖果”比“药片”大的组数为 \(K\) 的情况有多少种。 设 \(dp_{i,j}\) 表示我们用前 \(i\) 个“糖果”和“药片”配对，至少有 \(j\) 组“糖果”比“药片”大，有多少种情况；\(c_i\) 表
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摘要：我们先假设同种糖间存在差异。 设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种糖至少有 \(j\) 人拿到的糖和原来一样，\(c_i\) 表示拿第 \(i\) 种糖的人的个数，则有： \[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(j,c_i)}f_{i-1,j-k}\binom{c_i}k
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摘要：显然有一个 \(dp\) 思路。设 \(f_{i,j}\) 表示现在修了 \(i\) 栋楼，从第一栋楼外侧能看到 \(j\) 栋楼的方案数，显然有： \[f_{i,j}=\begin{cases}[i=0](j=0)\\f_{i-1,j-1}+(i-1)f_{i-1,j}(j\ne 0)\end{c
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摘要：考虑计算一个点的贡献，最后 \(\times n\) 即为所求。 显然一个点的贡献为 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\frac{(n-1)(n-2)}2}\)，则有： \[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\f
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摘要：为什么又是佳媛姐姐啊啊啊！ 斯特林数在这道题中不好处理，直接拆开： \[f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^jj! \]\[=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j\
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摘要：老师发福利，放了两道一毛一样的题。 考虑无视战术，直接化简： \[\sum_{v=1}^ndis(u,v)^k=\sum_{v=1}^n\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}dis(u,v)^{\underline i} \]\[=\sum_{i=0
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摘要：后面有一只大大的组合数，考虑下降幂干过去。\(x^k\) 并不好使，这边考虑转化 \(f(x)=\sum a_ix^i=\sum b_ix^{\underline i}\)。 \[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom nk=\sum_{k=0}^nx^k\sum_{i=0}^mb_ik
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摘要：第一眼肯定想到容斥。设 \(G(k)\) 表示至少有 \(k\) 种颜色符合要求，\(F(k)\) 表示恰好有 \(k\) 种颜色符合要求。显然 \(k\) 的上界 \(t=\min(m,\lfloor\frac ns\rfloor)\)，那么就有： \[G(k)=C_{m}^{k}(k!\prod
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摘要：乘法并不容易用 FFT 或 NTT 维护，考虑在模意义下化乘为加。 化乘为加主要有两种方法：\(\log\) 和 \(\gamma\)（指标），由于在取模意义下，所以使用后者。 那剩下的部分就是快速幂，用 NTT 加速即可。时间复杂度 \(O(m\log m\log n)\)。 #include<b
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摘要：首先正难则反，想到答案即为满足第一条要求的回文子序列数量，减去回文子串数量。回文子串数量 \(hash+\) 二分即可，考虑前半部分。 假如我们将一个回文子序列一层层剥开，就会发现它其实是由多个相同的字母对拼成的。那么容易想到把字母 \(a\) 和字母 \(b\) 的贡献分开计算。那第一条要求就可以
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摘要：《关于贫穷的樵夫拥有 40000 把斧头这件事》。 相当于是多项式乘法，但是得带容斥，具体自己看代码吧。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5; const long double pi=acos(-1); na
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摘要：这题分三步：葺网（期望）、淀粉质（点分治）、蓉翅（容斥），再佐以芬芳团（FFT），一道巨难无比的 luogu 黑题就诞生了。 期望 先考虑在淀粉树上，\(i\) 点在 \(j\) 点的子树里的概率。实际上这个问题的每种情况相当于是 \(n\) 个点的各种排列方式。这也就相当于，我们在选择 \(j\)
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摘要：容易发现： \[E_i=\sum_{j=1}^{i-1}\frac{q_j}{(i-j)^2}-\sum_{j=i+1}^n\frac{q_j}{(i-j)^2} \]不妨设 \(a_i=q_i,b_i=\dfrac 1{i^2}\)： \[E_i=\sum_{j=1}^{i-1}a_jb_{i-j
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摘要：看名字，然后准备转化为多项式乘法。 \[c_k=\sum_{i=0}^{n-k-1}a_{i+k}b_i \]将 \(a\) 反转，得： \[c_k=\sum_{i=0}^{n-k-1}a_{n-i-k-1}b_i \]这已经是多项式乘法的格式了，直接多项式乘法，最后对函数 \(c\) 的 \(0\
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摘要：个人感觉各方面难度高于《在美妙的数学王国中畅游》，也不知道是不是求导的关系，这题 \(luogu\) 难度评级还更低。不过感觉这题作完对 \(LCT\) 理解更顺畅了。 前四个操作简单，关键在第五人格操作。 注意力惊人的注意到我们无法像普通 \(Splay\) 一样，直接对 \(LCT\) 中的 \
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摘要：事实证明物竞笔记是个好东西，可惜没带，不然还能谎称自己会一点求导和微积分。 顺便在这里把比较经典的一些关于求导的东西记录一下： 常用函数求导： \(C'=0,(x^n)'=nx^{n-1},(\log_ax)'=\frac 1{x\ln a}\) \((\ln x)'=\frac 1x,(a^x)'
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摘要：\(LCT\) 动态维护树上路径最值，典中典了。 时间复杂度 \(O(n\log n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define fa(x) lct[x].fa #define fl(x) lct[x].fl #define mx(x) lct[x].mx #define
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摘要：名字感觉挺奇怪的。 考虑离线算法。首先答案就是用 \(n\) 减去连完边后的生成树森林边数。生成树当然就可以用 \(lct\) 求解了。我是不会告诉你这个时候我已经开始想回滚莫队了的。 考虑当我们倒序加入 \([l,r]\) 中的边时，哪些边会产生贡献。我们考虑假如我们新加入一条边，与原先的生成树形
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摘要：最大值最小的路径肯定在最小生成树上，考虑用 \(LCT\) 维护最小生成树，只需要维护长度最长的边即可实现。由于 \(LCT\) 维护最小生成树不支持删边，所以采用倒序加边的方式处理。 时间复杂度 \(O(n\log n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define fa(
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