随笔分类 - 计数
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 比较有趣的一个题。 考虑一个弱化版，算 colorful 序列个数。有一个 \(O(nK)\) 的 dp，大概就是设 \(f_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 个数，当前最长互不相同后缀长度为 \(j\)。 转移考虑若往后面填一个在这 \(j\) 个数以外
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先做一些初步的观察：A 和 B 的解法是对称的，所以 A 对的方案数等于 B 对的方案数。同时若 A 和 B 同时对则每个置换环环长为 \(1\)，方案数为 \(n!\)。 所以，若设 A 对的方案数为 \(x\)，那么答案为 \(n!^2 - (x - n!)
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 答案即为： \[\sum\limits_c \prod\limits_{i = 1}^n [c_i \le b_i] a_i^{c_i} \]考虑生成函数，设 \(F_i(x) = \sum\limits_{j = 0}^{b_i} (a_i x)^j\)。那么答
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先设 \(a_i = \max\limits_{j = 1}^i p_j\)，\(b_i = \max\limits_{j = 1}^i q_j\)。 直接容斥，钦定有多少值不同的 \(a_i\) 使得 \(a_i = b_i\)。然后再把钦定的每种值转化成每种值第一次使
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 印度出题人玩原神玩的吧？？？ 考虑计算每条折线被选的概率。考虑相当于是有一个 \(1 \sim n + m - 2\) 的排列 \(p\)，然后一条 \(x = i\) 的直线被选且不是最后一个被选的，当且仅当它在 \(p\) 中排在 \(x = 1 \sim i - 1\
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先需要了解重心的三种定义： 删掉一个点后剩下子树大小 \(\le \frac{n}{2}\) 的点 \(\sum\limits_{i = 1}^n \text{dis}(u, i)\) 最小的点 最深的 \(sz_u \ge \left\lceil\frac{n}{2}\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 下文的点 \(1, 2, 3, 4\) 对应原题面中的 \(S, T, U, V\)。 直接对无向图欧拉回路计数不太好做。考虑给边定向。枚举有 \(i\) 条边是从 \(1\) 到 \(2\) 的。那么 \(2 \to 1\) 有 \(a - i\) 条边。由于这
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一个很类似的题。我们把正数和负数分开来考虑，最后用 \(0\) 连接一些连续段，形如 \(0 - \text{正} - 0 - \text{正} - 0 - \text{负}\)。 先考虑正数。设 \(f_{i, j}\) 为考虑了 \(\ge i\) 的正数，形成了
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 我是傻逼。很平凡的一个计数。但是不会啊。怎么会是呢。 考虑 Kruskal 求解 MST on Line 问题。我们可以想到统计边权 \(= a_i\) 的出现次数。 然后又可以容斥转化成统计边权 \(\le a_i\) 的出现次数，设其为 \(f_i\)。 考虑
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到题目感觉很怪，没有什么很好的直接做的办法。于是考虑容斥，\(\min a_i \le x + k - 1\) 的方案数减去 \(\max a_i < x\) 的方案数即为答案。 前者的方案数是好算的。注意到只要确定了 \(\min a_i\) 和差分数组 \(a_i -
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摘要：洛谷传送门 \(k\) 染色问题。给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边无向图，求有多少种给每个点赋点权 \(a_u \in [1, k]\) 的方案，使得 \(\forall (u, v) \in E, a_u \ne a_v\)。 Subtask \(1\)：\(n \le 15\)。 考虑因
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 duel 的时候差点不会 2400 了。 套路地，考虑每个 \(F(x)\) 中与 \(s\) 相同的子序列的贡献。设这个子序列为 \(F(x)_{p_1}, F(x)_{p_2}, F(x)_{p_3}, \ldots, F(x)_{p_n}\)。 我们想要它成为一个子序
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先进行一个容斥，把连通块最大值 \(= K\) 变成 \(\le K\) 的方案数减去 \(\le K - 1\) 的方案数。 考虑 dp，设 \(f_{i, j}\) 表示当前用了 \(i\) 个点，\(j\) 条边。转移即枚举其中一个连通块的大小 \(k\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 这说明你的能力还不足以维持 IM。 显然 balanced 的充要条件是，对于每个值，染色一定是 RB 交替。然后一种值只会有先染红或先染蓝两种情况。 然后还剩下字典序严格小于的条件。我场上的想法是枚举 \(\text{LCP}\)，然后推出来一个巨大麻烦做法，根本写不出来
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先考虑一个经典的套路：转 \(01\)。具体而言，我们考虑若值域是 \([0, 1]\) 怎么做。 发现可以很容易地判定一个 \(A\) 是否合法。设矩阵第 \(i\) 行的和为 \(r_i\)，第 \(j\) 列的和为 \(c_j\)，那么合法当且仅当 \(A
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 本质是 \(p_i \in [l_i, r_i]\) 的计数问题。 当 \(1 \le i \le n\) 时，\(l_i\) 才可能不等于 \(1\)。考虑容斥，设钦定 \(m\) 个不满足条件（上界为 \(l_i - 1\)），其余任意（上界为 \(r_i\)
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑到规定单调不降比较难搞。先设 \(g_t\) 为长度为 \(t\) 的满足条件的序列个数（可重且有顺序）。求这个可以设个 dp，\(f_{d, i}\) 表示考虑到从高到低第 \(d\) 位，当前 \(t\) 个数中有 \(i\) 个仍然顶上界，并且之前的位都
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摘要：CF 传送门 首先考虑没有选出的数互不相同的限制。设 \(f_m\) 为选出 \(m\) 个 \(\in [0, n]\) 的数，异或 \(\text{popcount} = k\) 的方案数。可以考虑枚举这 \(m\) 个数和 \(n\) 的 \(\text{LCP}\)（要求后一位为 \(1\)
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先将 \(a\) 从小到大排序，设 \(p_i\) 为排序后的 \(a_i\) 位于原序列第 \(p_i\) 个位置，\(x_i\) 为要填的排列的第 \(i\) 个数。 设 \(A = \prod\limits_{i = 1}^n (a_i - i + 1)\
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(a_{a_i}\) 和 \(a_i \in [1, n]\)，果断连边 \(i \to a_i\)，得到内向基环森林。 那么每次相当于把 \(a_i\) 变成自环，连边 \(i \to a_{a_i}\)。 但是每次操作都改变图的形态很不好办，考虑打标记。 每次
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