随笔分类 - 其他数学问题—fft与ntt
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：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：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$F(x)
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摘要：题意：求$\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)$里那项的逆
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摘要：这并不是真正的任意模数NTT，只是一种奇技淫巧，但是由于码量小而且有效，所以写在这里 在卷积问题中，如果我们要求对答案取模，而且答案不取模会爆long long，但模数原根并不好甚至不是质数，这该怎么办呢？ 直接提出一种方法：取一个阈值M，将原本的一个多项式拆分成两个多项式，系数分别为$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：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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