随笔分类 - 数学 - 容斥原理
摘要：现在看来，这道题的 84 pts 随便拿啊. 100 pts 也不是很难，但是考场上太过于紧张加上心理素质不好吧... 84pts 暴力的话设状态 $f[i][j][k]$ 表示决策到第 $i$ 行，枚举的拿了 $j$ 个，其余拿了 $k$ 个. 但是我们把那个不等式拆开后发现其实表示的就是钦定的比
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摘要：给定长度为 $n$ 的序列, 每个位置都可以被染成 $m$ 种颜色中的某一种. 如果恰好出现了 $s$ 次的颜色有 $k$ 种, 则会产生 $w_{k}$ 的价值. 求对于所有可能的染色方案，获得价值和对 $1004535809$ 取模的结果. 设 $lim=min(m,\frac{n}{s})$，
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摘要：在一个 $N$ 个元素集合中的所有子集中选择若干个，且交集大小为 $k$ 的方案数. 按照之前的套路，令 $f[k]$ 表示钦定交集大小为 $k$，其余随便选的方案数. 令 $g[k]$ 表示交集恰好为 $k$ 的方案数. 则有 $f[k]=\sum_{i=k}^{n}\binom{i}{k}g[k
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摘要：共有 $m$ 种物品，每个物品 $a[i]$ 个，分给 $n$ 个人，每个人至少要拿到一件，求方案数. 令 $f[i]$ 表示钦定 $i$ 个没分到特产，其余 $(n-i)$ 个人随便选的方案数，$g[i]$ 表示恰好 $i$ 个没分到特产的方案数. 按照我们之前讲的，有 $f[k]=\sum_{i
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摘要：现在看来这道题真的不难啊~ 正着求不好求，那就反着求：答案=总-全不是质数 这里有一个细节要特判：1不是质数，所以在算全不是质数的时候要特判1 code:
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摘要：题意：给定一颗 $n$ 个节点的树，定义 $dis(x,y)$ 为树上点 $x$ 到 $y$ 的路径经过的边数. 定义一个点集 $S$ 的 $f(S)$ 为 $f(S)=max\left \{dis(x,y)|x,y\in S\right \}$ $,|S|\geqslant2$ 求：对于 $i$
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摘要：其实呢，扩展中国剩余定理还有一种理解方式：就是你有一坨东西，形如：$A[i]\equiv B[i](mod$ $P[i])$. 对于这个东西，你可以这么思考：如果最后能求出一个解，那么这个解的增量一定是 $lcm(P[1],P[2].....).$ 所以，只要你能找到一坨 $P[i]$，使得它们的
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摘要：只想出来 $O(nlogn\times 160)$ 的复杂度，没想到还能过~ Code:
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摘要：考试的时候考的一道题，感觉挺神的. 我们发现将所有数去重后最多只会选不到 $7$ 后 $gcd$ 就会变成 $1$. 令 $f[i][k]$ 表示选 $i$ 个数后 $gcd$ 为 $k$ 的方案数. 那么这 $i$ 个数中每个数都必须是 $k$ 的倍数. 令 $cnt[k]$ 为所有数中是 $k$
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摘要：比较头疼的计数题. 我们发现，放置一个棋子会使得该棋子所在的1个行和1个列都只能放同种棋子. 定义状态 $f_{i,j,k}$ 表示目前已使用了 $i$ 个行，$j$ 个列，并放置了前 $k$ 种棋子的方案数. 假设当前枚举到的是第 $k$ 个棋子，该种棋子有 $num_{k}$ 个. 枚举 $d1
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摘要：Description 硬币购物一共有4种硬币。面值分别为c1,c2,c3,c4。某人去商店买东西，去了tot次。每次带di枚ci硬币，买s i的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。 题解： 容斥原理公式：（源自百度百科） 十分喜欢这道题，真的非常巧妙.不加限制，该题会变得特别模板.有限制后，似乎
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摘要：显然，二分答案 $mid$，求 $1$ ~ $mid$ 中完全平方数倍数的个数. 假设完全平方数是 $p^2$，则有 $\frac{mid}{p^2}$ 个不合法的. 但是直接枚举 $p$ 然后这么去算的话可能会算重，所以考虑容斥. 容斥的时候可以只枚举 $p$ 中不存在完全平方数的情况，这样我们在
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摘要：题目过于智障，不用解释 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; const int maxn=100000+233; typedef long long ll
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摘要：题目过于智障，不用解释 #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int R=13; ll a[R]; ll n,ans; int m,cnt=0; ll gcd(ll a,ll b){return b==0?
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