12 2019 档案
摘要：持续更新中 生成函数 二项式系数(组合数) $\displaystyle C_n^m=\frac{n!}{m!(n m)!}$ $n \in R,m \in N$时广义二项式定理系数 $\displaystyle C_n^m=\frac{n(n 1)...(n m+1)}{m!}$ 广义二项式定理(
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摘要："T1摆棋子" 看到这么多的限制，第一直觉就是网络流，最小费用最大流不能做，因为把棋子代价看成1后最大流的条件并不好满足。 注意到每一行每一列都有一个最小限制，对应到网络流上就是流的下界，整体跑一个有下界的 "最小流" 就可以了。
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摘要：$NTT$ 神仙题，强烈建议先自己推一推式子再看题解,顺便orz memset0。 题面没看太懂，大概意思就是求有n个不同的小球，放进 $1$、$2$、$……n $ 个不同的盒子，不可空的情况下，期望用了几个盒子。 按照套路，我们应该分别求出总的方案数$g_i$和总共用的盒子数 $f_i$ ,答案就
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摘要：又是一道神仙题orz 我们先化一化式子。 $\displaystyle Ans[n]=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)\times 2^j\times (j!)$ 看着$\displaystyle \sum_{j=0}^i$很不爽，因为当$j i$时，$S(i,j)=0$
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摘要：FFT好题。 首先我们考虑如何用组合数学来求解。先放一下结论: $\displaystyle Ans[i]=\sum_{j=1}^ia_jC_{j+k 2}^{j 1}C_{i j+k 1}^{i j}$ 给一个简略的证明: 还是组合数学的老套路，我们考虑每一个位置对答案的贡献，贡献就是 $a_j
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摘要：FFT神仙题，强烈建议先自己推一推式子再看题解。 首先正着想比较难想，正难则反，所以我们先考虑一下全集。设$\displaystyle g[n]=2^{C_n^2}$(C为组合数),表示n个有标号的点随便连边的方案数，设$f[n]$是n个有标号的点的无向连通图的方案数。 考虑$g$和$f$之间的关系
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摘要：首先数相同，位置不同的算作不同的方案,每多出一个位置就能多转移一次，所以我们可以写出这样的转移。 $\displaystyle C[k]=\sum_{i\times j \%m==k}A[i]\times B[j]$ 我们平时写的FFT/NTT都是加号，这里是乘号，想要把乘号变成加号就要取$log$
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摘要：又是一道FFT 好题。 首先来看一看求前缀和。 求一次前缀和就先当于卷上一个系数全为1的多项式，即$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin}x^i$(~~想一想，为什么~~)，这个东西就等于 $\displaystyle \frac{1}{1 x}$,简单证明一下。 $$
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摘要：温馨提示:倘若下角标看不清的话您可以尝试放大。 倘若没有通配符的话可以用KMP搞一搞。 听巨佬说通配符可以用FFT搞一搞。 我们先考虑一下没有通配符的怎么搞。我们设a=1,b=2,...,然后我们构造一个这样的函数$\displaystyle P_x=\sum_{i=0}^{m 1}(A_i B_{
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摘要：两个数列的加和移动其实可以看成是一个数列的加减和移动。(~~想一想，为什么~~) 我们设第一个数列加的值为k， 则 $$ \displaystyle \sum _{i=1}^{n}(x_i+k y_i)^2\\=\displaystyle \sum_{i=1}^n(x_i^2+k^2+y_i^2+2
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摘要：首先我们知道$\displaystyle E_j=\sum_{ij}\frac{q_i}{(i j)^2}$, 设$\displaystyle g[i]=\frac{1}{i^2}$,因为$g$是偶函数，所以$\displaystyle E_j=\sum_{i=0}^{j 1} q_i g[j i]
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摘要：正难则反，首先概率就是$\frac{合法的方案数}{总的方案数}$=$\frac{总的方案数 不合法的方案数}{总的方案数}$， 统计不合法的方案数只需要 两个较短的边的长度和$\le$较长的边，用t[i]表示长度大于等于i的木棍的数量，f[i]为长度为i的木棍的数量,g[i]表示选出两根木棍组成和
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