摘要：不难想到考虑每个点的贡献，ans=n*sigema(1~n)i C(n-1,i)*(2^C(n-1,2))*i^k 直接套第二类斯特林拆柿子即可。提示:sigema(1~n)i C(n,i)*C(i,j) = C(n,j)*2^(n-j) 阅读全文

摘要：全程膜拜 码得都要一样了。。 对于这种数列置换的可以理解成多个环，而对于一个大小为d的环把顺序弄对要做d-1次 总起来就是n-环数的次数 加上暴力30pt到手啦 假如题目没有限制，那就是第一类斯特林数，因为点有序再乘一个所有点的全排列 又20pt到手啦，考场上就溜了 先缩链，一条链只有头和尾是有用的 阅读全文

摘要：首先先来画一下这个柿子 as(i)=sigema(1~n)j dis(i,j)^k =sigema(1^n)j sigema(1~k)d S(k,d)*d!*C(dis(i,j),d) =sigema(1~k)d S(k,d)*d! *sigema(1^n)j C(dis(i,j),d) 需要用脑子 阅读全文

摘要：感觉跟这题很像bzoj2839: 集合计数 首先这个和子集没有关系，但和点的划分有关 考虑枚举点的划分，设gi表示把点分成至少分成i个块的方案数，fi去掉至少 和那题类似的想法，对于大小为x的划分，它对gi的贡献为S2(i,x) 所以有gi=sigema(1~i)x S2(i,x)*fi 上斯特林反 阅读全文