蒟蒻的成长历史--lichenxi

摘要： bzoj luogu 生成函数做起来挺简单的 首先，答案显然是 \[ ans=[x^n]\sum_{i=1}^{+\infty}Fib^i(x)=[x^n]\frac{Fib(x)}{1-Fib(x)} \] 然后有 \[ Fib(x)=\frac{x}{1-x-x^2} \] 证明如下（知道自行往 阅读全文

摘要： "bzoj传送门" "luogu" 生成函数，多项式 首先考虑这个题最显然的$dp$方程，设$f(n)$为根节点权值为$n$的二叉树个数，$g(n)$为权值为$n$的点是否存在 当$n=0$，$f(n)=1$ 当$n\neq 0$ $$ f(n)=\sum_{i=1}^{n}g(n)\sum_{j= 阅读全文

摘要： "传送门" 生成函数 设生成函数$f(x)$，可以将系数定为选的方案数，指数定为代价 那么 $$ f(x)=\sum_{i=1}^{n}x^{w_i} $$ 然后答案就是$f^3(x)+f^2(x)+f(x)$然后去掉重复的情况 然后我们设 $$ A(x)=\sum_{i=1}^{n}x^{2w_i 阅读全文

摘要： "传送门" 生成函数的模板题 前置知识： $$ \sum_{i=0}^{+\infty}x^i=\frac{1}{1 x} $$ 其实就是等比数列求和公式，这就是公比为$x$的等比数列，然后取$x\in( 1,1)$ 也就是你只要会等比数列求和就行了 也就有 $$ (1+x+x^2+x^3+x^4+ 阅读全文

摘要： "传送门" 思路还是很巧妙的。 显然能对答案产生贡献的最多颜色为$min\{m,n/S\}$ 设$f(i)$为出现次数为$S$的颜色种类至少有$i$种的涂色方案 那么 $$ f(i)=\binom{m}{i}\frac{n!}{(S!)^i(n iS)!}(m i)^{n iS} $$ 然后让我们分 阅读全文

摘要： "传送门" 正反两边dijkstra染色，然后枚举一下边，求出最小值就好啦 代码： c++ include include include include include using namespace std; void read(int &x) { char ch; bool ok; for(o 阅读全文

摘要： "传送门" 这个题好像 "bzoj4455:[Zjoi2016]小星星" 然后就可以类比那个思路将树形dp改为矩阵树定理，然后就做完了 代码： c++ include include include include using namespace std; void read(int &x) { c 阅读全文

摘要： "传送门" 考虑假如不考虑重复映射 那么显然可以得到一个$O(n^3)$的树形dp 然后考虑如何去掉不合法的情况？ 容斥，考虑每次只能从一个点集$S$里选点（也就是至多$|S|$个点的映射的方案数） 那么显然就可以枚举点集$S$，做树形dp，然后容斥一下就做完了 总复杂度：$O(2^nn^3)$ 代 阅读全文

摘要： "传送门" 感觉这个题是真的神仙啊，思路是真的难想 首先设$f(i)$为$i$个点的无向连通图个数，然后设$g(i)$为$i$个点的图的个数（注意，此处不一定联通） 那么我们考虑枚举$1$号点所在的联通块的大小 显然有 $$ g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\binom{n 1}{i 1} 阅读全文

摘要： "传送门" 首先我们需要知道第二类斯特林数的通项公式 $$ S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}( 1)^k\binom{m}{k}(m k)^n $$ 然后我们就可以将题目给的式子里的第二类斯特林数拆开 $$ f(n)=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0} 阅读全文