随笔分类 - 组合数
摘要：传送门 分析 https://blog.csdn.net/forever_shi/article/details/88048528 代码
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摘要：传送门 分析 咕咕咕 我的做法和这个博客几乎相同 只是我在处理$2^{2^{n-i}}-1$的时候是先处理前面的再处理后面的 所以前面的$2^{2^{n-i}}$我们只需要从$i=n$开始循环，每次平方即可 代码
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摘要：传送门 分析 我们假设主视图的颜色为1 如果只有两种颜色，且能求出w[x][y]表示一列中放置x个1和y个2的方案数 则我们可用dp[i][j][k]表示考虑到第i列放j个1和k个2的方案数，这样的复杂度为$O(n^5)$ 我们可以把颜色2和颜色3统一看成颜色2，最后方案数乘上$C_{b+c}^b$
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摘要：传送门 分析 首先我们发现$k$位数实际就是一位的情况的$k$次方 考虑一开始的总方案数是$2^{nm}$ 我们每一次枚举其中有$i$行$j$列 对于这种情况的容斥系数为$(-1)^{i+j}$ 方案数为$C_n^i*C_m^j*2^{(n-i)(m-j)}$ 表示$n$行选$i$行，$m$列选$j
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摘要：传送门 分析 首先一个很重要的性质是每个数至少出现一次 所以只有一个数会出现两次 我们只需要求出n+1个数选k个数的方案数再减去重复的部分即可 重复部分于两个相同数中间的距离有关，详见代码 代码
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摘要：传送门 分析 令f(i,j)表示i点完全图有j个联通块的方案数。 讨论有i-1个点已经固定了，我们拉出一个代表元素然后讨论它的集合大小然后组合数算一下就可以了。 $$ dp(i,j) = \sum_{k=1}^{i-1} C_{i-1}^{k-1} dp(i-k,j-1) dp(k,1) $$ $$
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摘要：传送门 题目大意 现在有n个k面的骰子，问在i=2~2*k的情况下，任意两个骰子向上那一面的和不等于i的方案数是多少。 分析 这道题具体做法见这个博客。 至于k2的值为啥是那个自己画画图就明白了。 代码
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摘要：传送门 分析 我们发现2R+C实际就相当于R行C列的子集的个数。因此我们可以将所有集合的子集个数转换为每个集合属于的集合的个数。所以我们可以求出： 这个式子的意义为对于选i行j列的情况的所有方案乘上i行j列的情况出现的概率（这个就是算了它被几个集合包含，因为剩下k-x个数也可能构成一些整行整列）。
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摘要：传送门 分析 我们通过仔细研究不难发现对于一次交换(i,i+1)的操作之后，在i之前的点就不可能跑到i之后，i+1之后的的点也不可能跑到i+1之前，所以这个序列在一次交换之后就相当于被分成了两个部分。于是我们设dp[n][low]表示对于一个长度为n的最小值为low的序列的构成方案数。于是我们可以求
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摘要：传送门 分析 我们发现可以将这张图转换为一个联通块来处理。我们求出所有的割点。在求完之后我们我们对于每一个点双连通分量如果它没有割点相连则需要布置两个出口，因为可能有一个出口正好被割掉。而如果有一个割点我们只需要布置一个出口就行了，因为如果割掉割点可以从出口出去而如果割掉出口便可以通过割点到别的联通
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摘要：传送门 题目大意 有2*n个位置，这些位置有的已经填上了数，有的还没有（用?表示），现在让你在还没有填上数的填0~9中的任意数，使得前n个数的乘积等于后n个数的乘积，问有多少种方案。 分析 首先这个题 并没有取模，所以我们要使用高精度。在这个题中我为了加速，将朴素的高精度变成了5个long long
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