随笔分类 - 数论数学--FFT\NTT
摘要：根据期望的线性性，答案就是 $\sum$ 每个连通块出现次数的期望 而每个连通块次数的期望就是 $\sum$ 连通块的根与每个点连通次数的期望 也就是对于一条路径 $(i,j)$，设 $i$ 为根，那么 $i$ 必须是这条路径第一个被选择的点，概率为 $\frac{1}{dis(i,j)}$，其中
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摘要："传送门" 考虑枚举一条路径 $u,v$，求出所有边经过它的答案 只需要求出 $u$ 的子树内选出 $k$ 个可以重复的点，使得它们到 $u$ 的路径不相交 不难发现，就是从 $u$ 的儿子的子树内各自选一个以及可以选多次 $u$ 自己 设这个方案数为 $f_u$ 再设 $size_u$ 表示 $u
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摘要："传送门" ~~抄题解~~ $Task0$，随便做一下，设 $cnt$ 为相同的边的个数，输出 $y^{n cnt}$ $Task1$，给定其中一棵树 设初始答案为 $y^n$，首先可以发现，每有一条边和给定的树相同就会使得答案除去 $y$ 那么可以利用矩阵树定理，已经有的边权值为 $y^{ 1}$
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摘要："传送门" 设运算 $op1,op2$，一个表示三进制不进位的加法，一个表示不退位的减法 设 $cnt1[x],cnt2[x]$ 分别表示 $x$ 转成三进制后 $1/2$ 的个数 那么 $f_{i,x}=\sum f_{i 1,y}b_{cnt1[x~op2~y],cnt2[x~op2~y]}$
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摘要："传送门" 由于是边权三进制不进位的相加，那么可以考虑每一位的贡献 对于每一位，生成树的边权相当于是做模 $3$ 意义下的加法 考虑最后每一种边权的生成树个数，这个可以直接用生成函数，在矩阵树求解的时候做一遍这个生成函数的模 $3$ 意义下的循环卷积求出系数即可 暴力多项式运算不可取 考虑选取 $3
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摘要："传送门" 题目~~翻译~~：给定两个 $n$ 次多项式 $A,B$ 和一个整数 $C$，求 $A\times B^C$ 在模 $x^n$ 意义下的卷积 显然就是个循环卷积，所以只要代入 $\omega_n^{k}$ 进去求出点值，然后插值就好了 ？？？$n$ 不是 $2^k$ 的形式，不能直接 $
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摘要："传送门" 一道 $DP$ 好题 设 $q$ 为一个块合法的概率 套路一 恰好为 $k$ 的概率不好算，算小于等于 $k$ 的减去小于等于 $k 1$ 的 那么设 $f_i$ 表示宽为 $i$ 的合法的泳池面积都小于等于 $k$ 的概率 设 $g_i$ 表示宽为 $i$ 的合法的泳池面积都小于等于
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摘要："传送门" 利用Cayley Hamilton定理，用插值法求出特征多项式 $P(x)$ 然后 $M^n\equiv M^n(mod~P(x))(mod~P(x))$ 然后就多项式快速幂+取模 最后得到了一个关于 $M$ 的多项式，代入 $M^i$ 即可 cpp include using name
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摘要："传送门" 如果大力推单位根反演就可以获得一个 $k^2logn$ 的好方法 $$ans_{t}=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k 1}(w_k^{ t})^i(w_k^i+1)^n$$ (其实可以看出推出来的式子就是 $IDFT$ 的形式) 或者可以发现这道题就是求 $(1+x)^
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摘要："传送门" 直接的想法就是设 $x^k$ 为边权，矩阵树定理一波后取出 $x^{nk}$ 的系数即可 也就是求出模 $x^k$ 意义下的循环卷积的常数项 考虑插值出最后多项式，类比 $DFT$ 的方法 假设我们要求 $$C_i=\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n}A_jB_k[(
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摘要："传送门" Sol 对于每个 $i$ ，可以把 $k$ 个数字分成 $(x,i x)$ 的若干组。 那么就是求每组只能其中选择一个且可以重复的方案数。 预处理 $f[i][j]$ 表示从 $j$ 个组内选 $i$ 个，每个组必须选的方案数。 $f[i][j]=(f[i 1][j]+f[i 1][j
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摘要：```cpp include using namespace std; typedef long long ll; typedef vector Poly; const int mod(998244353); const int inv2(499122177); const int maxn(1 =
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摘要："传送门" Sol 考虑要求的东西的组合意义，问题转化为： 有 $n$ 种小球，每种的大小为 $a_i$，求选出大小总和为 $m$ 的小球排成一排的排列数 有递推 $f_i=\sum_{j=1}^{n}f_{i a_j}$ 常系数线性递推 求一个满足 $k$ 阶齐次线性递推数列 $f_i$ 的第 $
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摘要："传送门" Sol ~~第一步就不会~~ 1. 问题转化 杀人后将其打上标记，仍可以以他为目标重复选，直到选到一个未打标记的人。 这和原问题等价，而且这样每轮选中每人的概率都不变，只是游戏变成了无穷轮数 这样就好做多了 2. 考虑容斥，枚举在 $1$ 后面被标记的猎人集合 $S$，设其 $w$ 的和
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摘要："传送门" 每次操作可以把两个字符串中所有同一种字符变成另外一种 定义两个长度相等的字符串之间的距离为：使两个字符串相等所需要操作的次数的最小值 求 $s$ 中每一个长度为 $|t|$ 的连续子串与 $t$ 的距离 字符集为小写字母 $'a'$ 到 $'f'$ Sol 考虑如何计算两个等长串的距离
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摘要：拆系数FFT 对于任意模数 $mod$ 设$m=\sqrt {mod}$ 把多项式$A(x)$和$B(x)$的系数都拆成$a\times m+b$的形式，时$a, b$都小于$m$ 提出，那么一个多项式就可以拆成两个多项式的加法 一个是$a m$的，一个是$b$的 直接乘法分配律，$aa$一遍，$a
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摘要：划分关系 ~~姑且这么叫着~~ 设满足性质 $A$ 的集合为 $S_A$，每个元素有标号 如果 $S_B$ 是由若干个 $S_A$ 组成的一个大集合 设 $a_i$ 表示大小为 $i$ 的 $S_A$ 的个数 设 $b_i$ 表示大小为 $i$ 的 $S_B$ 的个数 构造指数级生成函数 $$A(x
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摘要："传送门" II 设 $f_i$ 表示 $i$ 个点的答案 那么枚举至少 $j$ 个点的出度为 $0$ $$\sum_{j=0}^{i}( 1)^j\binom{i}{j}f_{i j}2^{(i j)j}=0$$ 所以 $$f_i=\sum_{j=1}^{i}( 1)^{j+1}\binom{i}
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摘要："传送门" Sol 自己还是太 $naive$ 了，上来就构造多项式和通配符直接匹配，然后遇到 $border$ 相交的时候就 $gg$ 了 ~~神仙的游戏蒟蒻还是玩不来~~ 一个小小的性质： 存在长度为 $len$ 的 $border$ 的充要条件是 $\forall i,s_i=s_{n len
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摘要：```
g 是mod(r*2^k+1)的原根
素数 r k g
3 1 1 2
5 1 2 2
17 1 4 3
97 3 5 5
193 3 6 5
257 1 8 3
7681 15 9 17
12289 3 12 11
40961 5 13 3
65537 1 16 3
786433 ...
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浙公网安备 33010602011771号