随笔分类 - 多项式/矩阵/生成函数
摘要：拉格朗日反演 (Lagrange Inversion) 复合逆 对于$F(G(x))=x (\Leftrightarrow G(F(x))=x)$，则称$F(x)$与$G(x)\(互为复合逆，下文中记为\)\hat F(x)$ 存在复合逆的条件为$[x0]F(x)=0,[x1]F(x)\ne 0$
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摘要：[BJ United Round #3] 押韵 先%%%%%%%%%%%%%%%%% EI \(\ \) \(\ \) 下文默认模数为$P$ 简要题意：求：用$k$种元素，每种元素使用$d$的倍数次，排成一个长度为$nd$的序列 的方案数 这个题目的设定就让人想到两个离不开的元素 ： (模数暗示了？
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摘要：「CEOI2020」象棋世界 下文默认$n=R,m=C,x=c_1,y=c_R$ Pawn 略 Rook 略 Queen 先判掉一次到达的情况，然后就可以从起点和终点分别画出5条可行线 由此得到若干交点，手动数一下有几个交点在内部的整点上 void QQQ(){ int d=abs(x-y); if
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摘要：[补]NOIP2020T4微信步数 题意：一个人在$k$维平面上，每一维范围是$[1,W_i]$上的任意一个位置，初始可以在任何一个位置 这个人在空间上游走，每$n$步为一轮不断重复，每一步是一个方向上走-1或者1，求所有情况下 最后他离开空间范围的时间 之和 分析： 行走是循环的，每一维可以先看做
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摘要：矩阵行列式 对于一个$n$行$n$列的矩阵$A$，有矩阵的行列式(常用$\det(A),|A|$)表示 行列式的意义 如果将矩阵的每一行视为一个$n$维向量，则$n$阶行列式的意义可以看做是: 有向长度/面积/体积在$n$为空间下的扩展 具体的例子 $n=1$时，\(|A|=A_{1,1}\)，即有
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摘要：Stirling数小记 定义/组合意义 第一类斯特林数：$\beginn\ m\end$表示$n$个不同元素分为$m$个圆排列的方案数 有标号的第一类斯特林数$s(n,m)=(-1)^\beginn\ m\end$ 第二类斯特林数：$\beginn\ m\end$表示$n$个不同元素分为$m$个集合
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摘要：CodeChef 2020 November - Challenge Chef and the Combination Lock (多项式) 题目大意：给定了$n$个随机变量$x_i\in{0,1,\cdots,A_i}\(，令\)\Chi=\min_i\lbrace x_i,A_i-x_i\rbr
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摘要：CodeChef November Challenge2019 Winning Ways (3-FWT) 显然每个把每个数换成其因子个数-1，就能转为一个扩展的$\text$游戏 每次操作$1,2,\cdots,k$堆的$\text$游戏，其判定方法是： 将每个数二进制分解，对于每个二进制位上分别计
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摘要：「2019 集训队互测 Day 1」最短路径 (点分治+NTT/FFT+线段树) 题意：给定了一棵基环树，求所有的$d(u,v)^k$的期望 当$k$较小时，可以想到用斯特林数/二项式定理展开 维护+1操作，对于树的可以从儿子合并上来，对于环上可以枚举每个块求得答案 复杂度为$O(nk)$ 当图为一
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摘要：[学军20201104CSP模拟赛] 二维码 简要题意： 对于$n\times m$的网格图，初始时全部为白色，现在 通过下面的方法染色 每次选择一个行或者列，把它全部染成黑色或者全部染成白色 求任意操作的情况下，可以得到的不同网格图的数量$\mod 998244353$ \(\ \) 判定一个染色
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摘要：LOJ6729. 点双连通生成子图计数 (集合幂级数) 基础： 由子图的集合幂级数取$\ln$可以得到连通子图的集合幂级数，可以参考? 根据点双连通的定义，我们先求得连通子图的集合幂级数 然后考虑枚举每个节点$i$，把所有删去$i$之后不连通的方案去掉 具体实现上，可以把所有包含$i$的项提出，删除
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摘要：集合幂级数的$\ln,\exp$ 起始：求联通子图个数 令$F(x)$为联通的生成子图个数的形式幂级数，可以简单求出$G(x)$为生成子图个数的形式幂级数 下可能略写$F(x)$为$F$ 不连通的子图可以通过联通子图做集合并运算得到，即构造卷积 \(\begin{aligned} F\times G
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摘要：Codechef Oct chanllenge Queries on Matrix-JIIT 首先发现矩阵的两个维度显然是互不相干的，假设最后操作后有$x$列被操作奇数次，$y$行操作奇数次 那么最后为奇数的格子个数就是$x(m-y)+(n-x)y$ 考虑求出$q$操作后有$x$个位置被操作奇数次的
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摘要：「300iq Contest 2」[LOJ 6719] 数仙人掌 Counting Cactus 及加强版 LOJ上的 \(n\leq 18\) 如果把仙人掌上的树边看做二元环，那么可以认为仙人掌就是由很多环嵌套在一起的结构 \(n\leq 13\) 状压$dp$，300iq的题解里给出了状态，但是
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摘要：COCI2016/2017 Contest#3 F Meksikanac 设$M=\max\lbrace X_p,Y_p\rbrace$ 分析: 给定的多边形很难直接处理 如果直接枚举平移位置，然后判断每个点是否在多边形内部 由于不是凸包，判断点的位置可以用1.射线法,2.转角判断是否是360 一次
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摘要：Topcoder SRM 569 Div1 - MegaFactorial (矩阵) 首先是对于末尾0个数的处理，设最后得到的数中包含$i$的指数为$F(i)$ 对于$B=2,3,5,7$的情况，可以直接计算答案$\sum_\sum_F(j\cdot B^i)$ 对于$B$为质因子组合的情况，即$B
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摘要：单位根反演 最基础的用途是用于FFT中点值式转多项式 即对于$G(i)=F(\omega_ni)$，由$G(i)\(反演得到\)[xi]F(i)$的过程，称之为单位根反演 式子非常简单 \(\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{ij}= \left\{\begin{aligned} \
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摘要：任意模数NTT(MTT) 模板题传送门 问题的简单描述为，求解两个值域为$\leq 109$的多项式卷积对于$P\leq 109$取模的结果 \(\ \) 问题不能直接用NTT/FFT求解，因为均超过了值域范围(double值域承受不了) \(\ \) Solution1: 3模数NTT 取几个互质
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摘要：多项式指定大小的单位根点值式求解(含Bluestein’s Algorithm) 下面的阐述建立于存在$n$阶单位根的前提下 (如果是NTT，必须满足$n|(P-1)$ ，否则单位根可能会变成一个复杂的多维向量) \(\ \) 用卷积解决多项式与点值式的转化:Bluestein’s Algorith
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摘要：FFT&NTT(以及扩展) 预备知识：用于NTT NTT/FFT其实本质相同，用途是快速求解 多项式乘积 前言 FT: 傅里叶变换: 这是一个工程上的概念，可以简述为：一个周期性的信号波段可以用 若干个正弦曲线 的带权和表示 DFT: 离散傅里叶变换，这是傅里叶变换在离散情况下的变种 FFT: 快速
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