随笔分类 - 数学 - 拉格朗日插值
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：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：emmm..... 不想调不想调.......
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摘要：这个东西太 nb 了 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; const int mod=9982443
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