随笔分类 - E-数学=====================
摘要：Intro and Proof 基本形式： $f_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} g_i \Leftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} f_i$ 常用形式： $f_n = \sum_{i=0
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摘要：一般的线性卷积： $f[i]=\sum_{j=0}^i a[j]*b[i-j]$ 如果将$b$数组循环复制得到$b_N$就能得到周期卷积： $f[i]=\sum_{j=0}^{N-1} a[j]*b_N[i-j]$ 而一般比较常见的循环卷积其实就是周期卷积的主值序列($[0,N-1]$项)： $f[
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摘要：最近重新学了下卷积，简单总结一下，不涉及细节内容： 1、FFT 朴素求法：$Coefficient-O(n^2)-CoefficientResult$ FFT：$Coefficient-O(nlogn)-Dot-O(n)-DotResult-O(nlogn)-CoefficientResult$ 其
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摘要：Link: 传送门 Solution: 以前没见过的套路题…… 1、使用EXT欧拉定理降幂的套路： $a^{x}=a^{xmod\phi(P)+\phi(P)} mod P$，且$x\ge P$ 这样对于$c^{c^{c^x}}modP$就能递推/递归得套用上述定理计算，每层模数多套一层$\phi$
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摘要：Link: 传送门 Solution: 记录一下推$\sum_{i=0}^k C_n^i$的过程： 其实就是将相同的$i/p$合起来算，这样每个里面都是一个可以预处理的子问题 接下来递归下去算即可 Tip:推式子时尽量化出与模数相关的量方便预处理 Code:
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摘要：Link: 传送门 A: 套路题结果想了好久…… 排序二叉树的性质就是中序遍历单调递增 于是只考虑当前树的中序遍历的序列即可，与树的形态无关 将序列改成严格单调增想到最大化不变的数，但直接LIS求的是改为非严格单调增的数 一个将严格单调增问题改为非严格的套路是将数$a_i$替换成$a_i-i$，对转
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摘要：Link: Codeforces #174 传送门 A: 求原根的个数，有一条性质是原根个数为$\phi(\phi(n))$，多了一个不会证的性质 如果要确定哪些是原根的话还是要枚举，不过对于每个数不用枚举$p$次了 由于$\delta_p(x) | \phi(x)$，只要对欧拉函数值的约数枚举即可
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摘要：Link: ARC061 传送门 C: 暴力$dfs$就好了 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n,res=0; int dgt[15],cnt; void dfs(int dep,ll su
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摘要：Link: ARC064 传送门 C: 贪心+对边界的特殊处理 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN=1e5+10; ll res=0; int n,x,dat[MAXN]
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摘要：Link: BZOJ 2111 传送门 Solution: 小根堆的模型还是很容易能看出来的 利用树形$dp$统计方案数：$dp[i]=dp[lc]*dp[rc]*C[sz[i]-1][sz[lc]]$ （小根堆的个数只受序列中数的大小关系影响，与其差值无关，因此每一个组合产生相同的个数） 其中组合
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摘要：Link: SHPC2018 传送门 C: 一道看上去有些吓人的题目，不过$1e9$规模下的$n^m$代表肯定是可以约分的 可以发现能提供贡献的数对只有$2*(n-d)$种，那么总贡献为$2*(n-d)*(m-1)*n^{m-2}$ 除去$n^m$后就是$\frac{2*(n-d)*(m-1)}{n
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摘要：Link: ARC060 传送门 C: 由于难以维护和更新平均数的值： $Average->Sum/Num$ 这样我们只要用$dp[i][j][sum]$维护前$i$个数中取$j$个，且和为$sum$的个数 最后统计$dp[n][k][k*a]$即可 这样就得到了$O(n^4)$的解法 #inclu
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摘要：Link: BZOJ 3233 传送门 Solution: 在本蒟蒻看来算是一道比较神的$dp$了 一开始转移方程都没看出来…… 首先，如果确定了最大面值，是能推出其他面值的所有可能值的 从而发现最大面值能由较小的面值转移过来： $dp[i]=min\{ dp[i/j]-sum\{ a[k]/i*(
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摘要：Link: BZOJ 4031 传送门 Solution: 矩阵树定理的模板题 看完下面两篇文章就会啦： 周冬论文：https://wenku.baidu.com/view/872eb02de2bd960590c677c6.html WerKeyTom_FTD的严谨证明%%%：https://blo
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摘要：Link: BZOJ 3157 传送门 Solution: 题意：求解$\sum_{i=1}^n m^i \cdot {i^m}$ $O(m^2)$做法： 定义一个函数$f[i]$，$f[i]=\sum_{i=1}^n k^i \cdot {m^k}$ $(m-1)\cdot f(i)=\sum_{
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摘要：Link： BZOJ 1072 传送门 Solution： 一道直接next_permutation纯暴力就能过的题？ 难道2007年时大家都不知道next_permutation这个函数吗 还是用复杂度更优的状压DP吧 设$dp[i][j]$为状态为$i$且对$d$余$j$的个数， 注意$dp[(
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摘要：Link：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1407 Solution： 由于此题里n的范围很小，因此可以直接从小到大枚举m 那么问题转化为一个判定型问题：已知m，求是否会发生冲突 由于$O(m \cdot n^2)$的复杂度符合要求，
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摘要：Link:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1951 Solution: 见过最长的数论题题面....... 一道数论的综合题，求解： \[g^{\sum_{d|n} C_n^d}~mod~p\] 我们先看幂能否化简， 由费马小定理可知
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摘要：Link: https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2301 Algorithm: 令$g(n,m)$表示在$1<=x<=n,1<=y<=m$满足$gcd(x,y)$是$k$的$(x,y)$的对数。 那么由容斥原理可得$ans=g(b,d)+
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摘要：Link:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2115 Algorithm: 此题一看到是求异或和最大问题的，立即想到使用线性基解题 最终结果发现是由任意一条1~N的路径和若干个环构成的 证明： 1、如果答案中有环不在任意选取的路径上，可
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