随笔分类 - 数学
摘要：感觉数学期望这里始终都没太学明白. 期望在任何时候都具有线性性，即 $E(a+b)=E(a)+E(b)$，这个式子任何时候都成立. 先考虑求 $x$，$x^2$. 令 $x1[i]$ 表示 $i$ 为 $1$ 向前的极长 $1$ 的期望长度，$x2[i],x3[i]$ 为 $x^2,x^3$ 的期望
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摘要：打表发现一个排列满足要求，当且仅当这个排列以被拆成两个 LIS(其中一个可以为空)考虑状压 DP：$f[S][i][0/1]$ 表示加进去数集 $S$，第二个 LIS 的最大值为 $i$，是否顶上界.我们拆分 $LIS$ 的方式是贪心地将较大的值分给第一个，剩下的分给第二个. 这个时间复杂度大概是
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摘要：求：$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [(i,j)=1][(j,k)=1]$ 这个时候可以拆前面的，也可以拆后面的. 由于后面的 $k$ 是一个定值，考虑拆解后面的部分. 得：$\sum_{d|k} \mu(d) \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{\f
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摘要：神仙容斥+DP可还行. code: #include <cstdio> #include <cmath> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 1007 #define ll long long #de
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摘要：NOI2019 两道插值可还行. 一个数不可能向右移动到超过后缀最大值的位置，也不可能向前移到前缀最大值之前的位置. 那么就考虑基于最大值的分治（DP） 令 $f[l][r][x]$ 表示当前区间为 $[l,r]$ 最大值为 $x$ 的方案数. 然后转移的话枚举 $k$ 为最大值出现的位置（有多个的
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摘要：裸做的话设一个 $p[i][j]$ 表示两个堆分别抽走 $i,j$ 个的概率. 转移的话就枚举当前是第几个，然后再枚举左/右面由下向上第几个贡献. 不在模意义下做，开 double 打表发现无论怎样洗牌，一次函数还是一次函数，二次函数还是二次函数. 那么我们只需暴力维护出牌的前 3 项，然后后面的项
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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：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：复习一下单位根反演： $[k|n]=\frac{1}{k} \sum_{i=0}^{k-1} w_{k}^{ni}$，即 $[n \% k=0]$ 最前面那个 $\frac{1}{k}$ 不要忘记，也不要写错！！！ 当 $n$ 很大，$k$ 不大的时候可以预处理出来 $w_{k}^{i}$ 然后后面
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摘要：考场上忘了第二类斯特林数公式，过于智障，这里再重新推一遍. 首先，$S(i,j)$ 表示的意义是将 $i$ 个不同的球放入 $j$ 个相同的盒子中的方案数，且盒子不能为空. 那么有 $S(i,j)=S(i-1,j-1)+S(i-1,j) \times j$ 分别表示新开一个盒子/放入之前的盒子. 然
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摘要：这道题的题意不太明确. 应该是两个序列 $a,b$ 不同，当且仅当存在位置 $i$ 使得 $a[i]$ 不等于 $b[i]$. 朴素的 DP 非常好列：$f[i][j]$ 表示选了 $i$ 个数，且值域为 $[1,j]$ 的总价值和. 那么有 $f[i][j]=f[i-1][j-1] \times
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摘要：先对完全图构建矩阵，然后将原树上的边 $(x,y)$ 在矩阵中的边权标记成 $x^1$，其余边权为 $1$. 矩阵树定理求的是所有生成树边权乘积之和，那么要是可以对含 $x$ 的矩阵求行列式的话可以直接得出答案. 但是复杂度太高，而且难写（写不了） 所以用 $n$ 个不同的整数来替换那个 $x^1$
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摘要：公式：$f(x)=\sum_{i=1}^{n} y_{i} \prod_{i \neq j} \frac{x-x_{j}}{x_{i}-x_{j}}$. 这个式子正常算的话是 $O(n^2)$ 的，如果遇到 $x$ 是连续的情况可以优化到 $O(n \log n)$. 但是有些时候我们只知道 $f(
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摘要：挺好的一道题. 判断先手必胜即判断所有数异或值是否为 0. 直接判断的话不好做，不妨先强制所有数选 a，然后再看有几种方案使得选一些 b 让序列异或值为 0. 假如想让位置 i 从 a->b，要异或上 $a_{i}$ xor $b_{i}$. 那么，就先求出所有 $a_{i}$ 的异或和 sum，然
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摘要：根据期望的定义，我们可以求出所有情况之和再除以情况数量. 如果长度满足 $n=2^k$，线段树上一个节点新加 $v$ 的话 $v$ 的贡献就是 $v \times si[x]$，si[x] 即子树下叶节点个数. 如果长度不满足上述条件，由于线段树是完全二叉树结构，我们可以强制让深度小于最大深度的叶节
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摘要：比较简单的一道题. 矩阵乘法，唯一需要注意的地方就是这道题需要维护前缀和. 那么我们就多增加一个变量 $g$，表示前缀和，然后在设置矩阵的时候将 $g$ 要乘的一列中的元素都设置成前缀和即可. 做这种题的时候可以先打一个暴力来测试一下边界什么的，然后再去用矩阵乘法来优化. code: #includ
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摘要：可以将问题抽象成选 1 就向右走，选 0 就向上走，且不能经过 y=x+1 的方案数. 考虑容斥：总-不合法. 总方案数就是 $\binom{n+m}{n}$，然后不合法的方案数对于 y=x+1 对称后发现就是 $(-1,1)$ 走到 $(n,m)$ 的方案数. code: #include <bi
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摘要：省队选拔前复习一下线性基. 证明不会，永远都不会，学习证明是不可能的 有如下结论： 1. 线性基大小是固定的，不会因为加入顺序不同而改变. 2. 设线性基大小为 k，则一共有 $2^k$ 种不同的异或结果. 3. 每种异或结果出现次数恰好为 $2^{n-k}$. 4. 线性基内的数随便异或线性基也不
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