随笔分类 - 其他数学问题
摘要：题意：求$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}S(i,j)2^{j}j!$ 一看就觉得不可做... 但是还是需要仔细分析的 最重要的是一步转化： 根据第二类斯特林数的定义：$S(n,m)$表示将$n$个不同物品分到$m$个集合中的方案数 然后考虑求和式里面那个东西，发现其含义就是
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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$G(x)$使得$G(x)\equiv ln(F(x))$($mod$ $x^{n}$) （保证$F(x)$常数项为1） 这个比较简单： 两边求导，得： $G^{'}(x)\equiv \frac{F^{'}(x)}{F(x)}$($m
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摘要：问题：已知一个多项式$F(x)$次数为$n-1$，求一个多项式$G(x)$使得$(G(x))^{2}\equiv F(x)$($mod$ $x^{n}$) （保证常数项为$1$） 仍然是推式子 首先，不难发现的是如果$F(x)$次数为0，那么$G(x)=1$ 类似多项式求逆，我们倍增处理： 设已知$
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摘要：多项式求逆是多项式除法的基础，如果你不会多项式求逆，请看这里 问题：已知两个多项式$F(x)$（次数为n）,$G(x)$（次数为m），求两个多项式$Q(x)$与$R(x)$，满足$F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$，所有运算在模998244353意义下进行 推一发式子： $F(x)=G(x)Q(
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摘要：问题： 已知一个次数为$n-1$的多项式$F(x)$，求一个多项式$G(x)$使得$F(x)*G(x)\equiv 1$($mod x^{n}$)，所有运算在模998244353意义下进行 怎么搞？ 先进行一点分析： 如果$F(x)$只有一项，那么$G(x)$里也只有一项，就是$F(x)$里那项的逆
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摘要：生成函数在计算方案数以及计算递推公式时都有很大的作用，本文对生成函数的知识做一个初步的介绍（主要是博主自己不会） 一.基本定义： 给出序列{$a_{n}$}={$a_{0},a_{1},a_{2}...a_{n}$},构造一个函数（或者多项式）$F(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2
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摘要：一道生成函数例题 如果对生成函数的知识不太了解，看这里 下面认为你已经了解了生成函数的内容 那么看见这种问题直接上生成函数嘛！ 直接构造...10个生成函数 福利时间：这10个生成函数如下： $F(x)=1+x^{6}+x^{12}+...=\frac{1}{1-x^{6}}$ $F(x)=1+x+
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摘要：这并不是真正的任意模数NTT，只是一种奇技淫巧，但是由于码量小而且有效，所以写在这里 在卷积问题中，如果我们要求对答案取模，而且答案不取模会爆long long，但模数原根并不好甚至不是质数，这该怎么办呢？ 直接提出一种方法：取一个阈值M，将原本的一个多项式拆分成两个多项式，系数分别为$A_{i}/
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摘要：在做本题之前，你需要一个预备知识：任意模数NTT 如果不会，请看这里 （其实那个不是真正的任意模数NTT，而是一种奇技淫巧，但是...能用就行！） 然后我们来讨论本题 首先不难发现，后来的一个数$A$的二进制表示一定至少有一位上是$1$，且原来的数上这一位都是$0$ 这是很显然的，否则无法满足$B$
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摘要：线段树维护概率好题 设状态$f(i)$表示从$i$走到终点的概率 不妨令起点为$1$,终点为$n$ 那么有转移：$f(i)=(1-p(i))f(i-1)+p(i)*f(i+1)$ 移项，得： $p(i)[f(i+1)-f(i-1)]=f(i)-f(i-1)$ 令$g(i)=f(i)-f(i-1)$
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摘要：非常简单的组合数学+容斥原理 直接计算不好计算，我们用容斥原理计算：所有人随便选-至少有一个人没有礼物+至少有两个人没有礼物... 假设我们有$i$个人没有礼物，那么方案数为$C_{n}^{i}\prod_{j=1}^{m}C_{a[j]+n-i-1}^{n-i-1}$ 后面那个组合数的含义是对于每
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摘要：一道看似是期望，其实与期望关系并不是特别大的题... 首先分析一下题意： 虽然题目中提到的是边，但事实上完全可以把每一条边的贡献放进左端点上（因为无论从哪个方向经过这条边都是计算左端点的代价） （题目中的提示多么明显啊！！！收费站显然是按点收费嘛...） 因此，在修改区间$[l,r]$的边权时，我们
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摘要：高斯消元解期望方程组题目 其实所谓解期望方程组，就是解普通方程组，只是这个方程组是根据期望的定义列出的。 对于本题，每一条边对总期望的贡献就是这条边的边权乘上这条边期望的经过次数，所以我们求出每条边期望的经过次数后从大到小排序，然后从小到大赋边权（编号）即可 所以问题就转化成了如何求出每条边经过次数
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摘要：这是Nim游戏的一个入门认识： Nim游戏是一个经典的博弈问题，在讨论这个问题之前，我们需要先知道一些博弈问题的基础知识，放在这里 接下来认为你已经知道了这些基础知识 首先介绍Nim游戏的含义：有n堆石子，每个人每次可以从一堆中取出一定数量的石子（可以全取走但不能不取），求是否存在先手必胜的策略，也
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摘要：这一篇是对博弈论的简单介绍，主要提出一些概念 一.游戏： 博弈论中研究的游戏主要具有以下几个特征： ①：游戏有两个人参与，两个人轮流参与决策 ②：在游戏中的任意时刻，游戏中的任何一方都知道当前游戏的所有信息（所以扑克，麻将等基本不在博弈论研究范围之内，因为你不会同意对手看你的牌，不是吗？） ③：在游
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摘要：很有趣的一道题： 我们分类进行计算： 首先，如果只损失了一件，那么很好计算：每一件斧头都会为对应代价产生一种可能 然后，如果值损失了两件，那么也很好计算： 构造多项式$A(x)=\sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$ 那么该多项式与自身卷积，得到的多项式每一项前对应的系
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摘要：与bzoj 4503是一个题，只是两个串都有通配符 如果你没有做过那道题，请看这里 接下来假设你知道这些前置知识了 那么对于两个通配符，我们将表达式变成这样即可： $\sum_{i=0}^{l}S_i*T_i*(S_i-T_i)^2==0$ 然后打开： $\sum_{i=0}^{l}T_i*(S_i
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摘要：一道FFT好题，也是FFT作用于字符串匹配的一个典型题 首先我们解释为什么FFT可以用于字符串匹配： 我们发现：设两个字符串为$S,T$，且两个串长度均为$l$，那么两个字符串相等的充要条件是： $ S_i==T_i (i\in [1,l])$ 那么我们变下形，也就是： $S_i-T-i==0 (i
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摘要：本题是一道好题... 首先我们可以看到，本题其实可以用完全背包跑，但是复杂度不对 所以我们考虑优化： 我们知道，如果有三个物品价值分别为， 如果允许取一个物品，那么都是合法的答案 如果允许取三个物品，那么就是一个合法的价值（废话） 这是否给了我们一些启示呢？ 如果我们设集合，构造一个多项式 可以发现
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摘要：一道FFT的典型题 首先给出结论： 我们令所有下标从0开始，那么： 构造两个多项式 ， 那么将这两个多项式卷积，然后输出(n,2*n]的系数即可 为什么？ 我们从已知开始：已知，所以 那么我们对Ei的表达式除掉一个qi，就变成了一个与qi无关的表达式！ 所以 那么，如果我们设,,那么上式可以重写为：
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