随笔分类 - 多项式
摘要：求最大的 $2(a_{i}-a_{j}+y)|L$. 其中 $a_{i}-a_{j}$ 只可能有 $x$ 种结果. 这个显然可以用 FFT 来算可行性. 然后调和级数更新就可以了. FFT 中复数的运算什么的要注意一下，不要写错. 单位根是 $(cos(\frac{pi}{l}),i*sin(\fr
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摘要：比赛的时候切的，可惜没抢到首 A. 权值和等于 $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i+1}^{n} a_{i} \times a_{j} \times f(j-i+1) \times f(n-j+i+2)$，最后再除以 4. 然后这里的 $f(n)$ 就代表 $n$ 个点构成的圆环的不
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摘要：假如说每次只能跳一步，一共跳 $i$ 步到达 $(i,x)$ 的方案数是好求的： $f[i][j]=\sum_{k=1}^{n} f[i-1][k] \times w(k,j)$. 时间复杂度为 $O(Ln^2)$. $ans_{t}=\sum_{i=0}^{L} f_{L,y} \times \b
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摘要：本来以为这道题会非常难调，但是没想到调了不到 5 分钟就 A 了. 由于基于多项式的运算都可以方便地进行封装，所以细节就不是很多（或者说几乎没有细节） 题意：给定一棵树，每个点有点权，求对于所有大小为 $m$ 的独立集的点权之积的和. 数据范围：$n,m \leqslant 8 \times 10^
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摘要：真——分治NTT 这道题有一个非常头疼的地方，就是当一个猎人被打死后会退出. 那么分母就是实时变动的，导致很难去维护很多东西. 但是有一个转化：不让猎人退出，如果打到了已经死掉的猎人就重打. 概率上，是 $P=\frac{w}{sum}+\frac{d}{sum}P$，解得 $P=\frac{w}{
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摘要：求：有多少种序列满足 $a[i] \subseteq [1,D]$ 且 $m \leqslant \sum_{i=1}^{D} \frac{cnt[i]}{2}$裸做的话就是一个背包：$f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数匹配了 $j$ 对的方案数，然后由于没有匹配的肯定是单个出现，所以转移的话比
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摘要：容斥+分治NTT. 令 $dp[i]$ 表示以 $i$ 结尾的方案数. 如果只有小于号的话 $dp[i]$ 是非常好求的：$\frac{n!}{\prod a_{i}}$ 即总阶乘除以每一个小于号连续段. 有大于号的时候考虑容斥： 遇到第一个大于号的时候先不考虑当前位置关系，方案数就是 $dp[j]
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摘要：显然，不合法的情况要存在序列被分成值域为 $[1,i]$ 与 $[i+1,r]$ 两部分. 不妨采用容斥的方法来减去所有不合法的情况. 令 $f[i]$ 表示 $1$ ~ $i$ 构成的合法序列数目. 那么不合法的情况一定可以表示为 $f[j] \times (i-j)!$ 即前 $j$ 个数组成的
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摘要：比较神仙的推导. 求 $\sum_{n=0}^{ \infty }s(n)r^n$，其中 $s(x)$ 是一个 $m$ 次多项式，$0\leqslant r \leqslant 1$ 显然可以 $s(x)$ 每一个系数的贡献，那么就转化为： $\sum_{j=0}^{m} a_{j} \sum_{n
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摘要：令 $f(i,j)$ 表示 $j$ 的 $i$ 阶前缀和. 那么有 $f(i,j)=\sum_{j=1}^{i} f(i-1,j)$，这个可以直接多项式快速幂. 时间复杂度是 $O(n \log^2 n)$ 或 $O(n \log n)$ ，但是常数大而且第二种不好写. 考虑计算每一个位置 $j \
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摘要：DAG 计数 1. 不要求联通 可以枚举 DAG 中入度为 0 的点的数量，但是会算重. 钦定入度为 0 的点的数量为 $i$ 时会将 $j$ 个入度为 0 的图算 $\binom{j}{i}$ 次. 由于我们算的是全集，容斥系数就是 $(-1)^{i-1}.$ 那么就有 : $f(n)=\sum_
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摘要：感觉是比较基础的子集 DP. 令 $dp[S]$ 表示点集 $S$ 构成的价值和，然后枚举最后一个区域就行. 也就是 $dp[S]=\sum_{T \subseteq S } dp[S-T] \times (\frac{sum[T]}{sum[S]})^k$ 化简得 $dp[S] \times su
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摘要：终于 get 到了子集卷积的正确姿势，以前竟然都是用异或卷积写的. 众所周知，异或卷积由于涉及到乘法所以会比较慢，那我们用或卷积就好了！ code: #include <bits/stdc++.h> #define N (1<<21) #define ll long long #define mod
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摘要：题意：给定 $n$ 个点，$m$ 条边的图，求有多少子图满足子图 （即边可以任意定方向或消失）是一个 DAG ？ $f(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} \binom{|S|}{|T|} f(S-T) 2^{E(S)-E(T)-E(S-T)}$. 这里 $E(
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摘要：题意：给定 $1$ ~ $2^n-1$ 每个数出现的概率. 每次会随机选择一个数字，与手中的数字 or 起来. 求：期望多少次使得手中的数字等于 $2^n-1$. 题解： 考虑 min-max 容斥. $\max(S)=\sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|} \min(T)$
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摘要：题意：略 我们发现对于 $n$ 棵树，有用的是所有树的相对大小关系. 而随机生成 $[0,1]$ 之间的实数的相对大小关系可以等价于随机生成一个排列的相对大小关系（我们可以认为这个小数是无限长的，一定能比较出两者大小） 此问题就转化为：对于 $n!$ 种排列，权值综合为多少 $?$ 我们定义一些互相
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摘要：树的计数问题考虑使用 Prufer 序列，那么对于一颗合法的树有 $\sum deg[i]-1=n-2$. 对于每个点的度数都确定的情况，方案数为 $\frac{n-2}{\prod a[i]}$. 构建生成函数 $F(x)=\sum_{i=0}^{m-1} \frac{x^i}{i!}$，然后 $
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摘要：这道题真的还是简单的一批..... 我当时要是参加考试的话该多好（凭这一道题就能进前 5 了） 十分显然的指数型生成函数. 令 $f[i]$ 表示有 $i$ 个点的答案. 然后显然有 $f[i]=\sum_{j=1}^{i}\binom{i}{j} \times \frac{j!}{j} \time
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摘要：题意：令 $f(i)$ 表示对于 $\binom{n}{i}$ 种包含 $i$ 个点的最小连通块的总节点个数和. 面对个数和/价值和且点和点之间没有限制条件的问题时可以考虑单独处理每个点的贡献. 考虑点 $j$ 对 $f(i)$ 的贡献. 那么 $j$ 对 $f(i)$ 有贡献时分两种情况. 1.
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摘要：12种组合计数问题合在一起. code: #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <string> #define ll long long #define ull uns
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