随笔分类 - 其他数学问题
摘要：有人说这题像游走... 关于游走的思想，他死了... 明明直接从期望dp的角度考虑更简单合理嘛 首先由于是异或运算不妨逐位考虑 对于每一位，设状态$f[i]$表示从第$i$个点到第$n$个点，这一位上是$1$的概率 那么我们按边权讨论转移： 若这条边边权为$1$：$f[i]+=\frac{1-f[t
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摘要：首先我们考虑$n$的情况，显然以$n$为分界线可以将整个序列分成两部分，就像这样： 、 那么我们考虑：在这个东西前面才会有前缀最大的统计，在这个东西后面才会有后缀最大的统计 这样就剩下了$n-1$个元素，而我们需要把这$n-1$个元素分成$A+B-2$个集合，然后把每个集合的最大的一个放在一端，然后
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摘要：首先我们考虑直接搞 考虑每个元素的贡献，得表达式： $ans=\sum_{i=1}^{n}w_{i}\sum_{j=1}^{n}jC_{n-1}^{j-1}S(n-j,k-1)$ 即枚举每个元素所在集合中元素个数及划分方案数 这个玩意显然是$O(n^{2})$的 有大佬把它化简之后变成了可以直接递推
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摘要：首先我们考虑一个暴力的dp： 我们从小到大加入每个数，当我们加入第$i$个数时，可能产生的逆序对数量是$[0,i-1]$（这个证明考虑把第$i$个数放在哪即可），这样可以列出一个递推式： 设状态$dp[i][j]$表示已经加到了第$i$个数，此时的逆序对个数为$j$，那么有转移：$dp[i][j]=
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摘要：考虑容斥，容斥系数-1 首先不难发现，如果没有一个公司一条边这个限制的话，就是一个很简单的矩阵树定理了 可是有了这个限制，就会出现重复 因此我们用容斥原理来解决 我们枚举哪个（些）公司没被用到，对剩下的公司跑矩阵树定理，乘一个容斥系数累计贡献即可 时间复杂度$O(n^{3}2^{n})$ 代码：
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摘要：问题：已知一个次数为$n-1$的多项式$F(x)$，求一个多项式$G(x)$满足$G(x)\equiv F(x)^{k}$ 这个...你需要多项式exp 直接推一发式子就可以了： $G(x)\equiv F(x)^{k}$ $G(x)\equiv e^{lnF(x)^{k}}$ $G(x)\equi
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摘要：生成函数好题 首先我们对每一种物品（设体积为$v_{i}$）构造生成函数$F(x)=\sum_{j=1}^{\infty}x^{jv_{i}}$ 那么很显然答案就是这一堆东西乘在一起 但是...这个复杂度是$O(nmlog_{2}m)$的，显然不合理 因此我们考虑优化 我们发现，如果我们把所有生成函
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摘要：这一篇是一个专题总结，可能会写很久，希望不会咕掉 一.组合数学： ①.基本公式： 1.排列数公式$A_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}$，表示从$n$个元素中选出$m$个元素并进行全排列的方案数 特别的，当$m=n$时，有$A_{n}^{n}=n!$（规定$0!=1$） 2.组合数
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摘要：斯特林数好题： 求$\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}i^{k}$ 首先第二类斯特林数有一个性质： $x^{n}=\sum_{i=0}^{n}S_{2}(n,i)C_{x}^{i}i!$ 那么我们展开原来的表达式，得到： $\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}i^{k}$=$\
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摘要：容斥好题 首先我们考虑，如果没有节点之间一一对应的限制，我们可以这样$dp$： 设状态$dp[i][j]$表示以$i$为根节点的子树，节点$i$与节点$j$对应的方案数 那么转移就是$dp[i][j]=\prod_{son_{i}}\sum_{k=1}^{n}map[j][k]dp[son_{i}]
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摘要：单位根反演好题 题意：求$\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}S^{i}a_{ i mod 4 }$ 看到$i$ $mod$ $4$这种东西，很显然要分类讨论啦 于是变成了这种形式： $\sum_{d=0}^{3}a_{d}\sum_{i=0}^{n}[$ $i\equiv d$ $mod
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摘要：基本形式： 设$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ 则有$\sum_{i=0}^{n}a_{i}[d|i]=\frac{1}{d}\sum_{p=0}^{d-1}f(w_{d}^{p})$ 在$FFT$中会用到的形式： $f_{i}=\sum_{j=0}^{n-1}\fra
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摘要：二项式反演的公式： 若已知$f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}C_{n}^{i}g_{i}$，则有：$g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}C_{n}^{i}f(i)$ 一个更常见的公式： 已知$f(n)=\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}g(i)$，
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摘要：首先需要知道二项式反演的一个推论：$f(k)=\sum_{i=k}^{n}C_{i}^{k}g(i)$，则$g(k)=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}f(i)$ 然后我们考虑如果糖果多于药片的比药片多与糖果的多$k$个，那么糖果多于药片的个数应该为$\frac{n+
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摘要：留个位置 本题...一言难尽啊... 首先可以发现，恰好为$S$个的颜色数量为$M=min(\frac{n}{S},m)$ 首先我们设$g(i)$表示至少选了$i$种颜色达到恰好$S$个的方案数，那么$g(i)=C_{m}^{i}(m-i)^{n-iS}\frac{n!}{(S!)^{i}(n-iS
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摘要：首先我们需要找出一个朴素的递推来解决这个问题： 设状态$f(i)$表示权值和为$i$的二叉树的数量，$g(i)$表示权值$i$是否在集合中，即$g(i)=[i\in S]$ 枚举根节点和左子树的权值，立刻得到一个递推： $f(n)=\sum_{i=0}^{n}g(i)\sum_{j=0}^{n-i}
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摘要：这一版是mx发明的MTT 速度极快，精度基本有保证，在奇技淫巧无效时可以考虑这个东西... （但是无论如何我都不想用真正的任意模数NTT，那种东西简直毒瘤而且常常数巨大...） 原理：并不关心
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摘要：好毒瘤的一道题啊... 对每个$a_{i}\in S$,设$F(x)$为用$j$个$a_{i}$构造出$ja_{i}$的生成函数，那么$F(x)=\sum_{j=1}^{∞}x^{ja_{i}}$ 根据这篇博客里的内容，可以求得：$F(x)=\frac{1}{1-x^{a_{i}}}$ 设$t_{i
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摘要：有两种推导方法： 第一种： 设状态$f(i)$表示有$i$个点的无向连通图个数，$g(i)$表示有$i$个点的无向图个数，那么显然$f(n)$即为我们所求，而$g(i)=2^{\frac{i(i-1)}{2}}$ 于是写出一个递推：枚举$1$号点所在的连通块，可得：$g(n)=\sum_{i=1}^
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摘要：问题：已知一个多项式$F(x)$次数为$n-1$，求一个多项式$G(x)$满足$G(x)\equiv e^{F(x)}$($mod$ $x^{n}$) 保证$F(x)$常数项为$0$ 好像有点困难... 首先有一个基础知识： 我们可以用牛顿迭代求出一个多项式的多项式零点 也即已知一个多项式$F(x)
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