摘要：
我们知道，FFT 和 NTT 可以用来解决下面这种问题： \[c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j \]不过，这并不是卷积的全部形态，比如下面这种： \[c_k=\sum_{i*j=k}a_ib_j \]其中 \(*\) 代表一种位运算。 面对这种位运算类型的卷积，我们也有别样的方法，那就是 阅读全文
posted @ 2025-01-24 11:39
长安一片月_22
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摘要：
在这篇题解中，我会将各个部分的证明分成不同的推导过程，以达到逐一击破的效果。 引理 1：\(f(n)=2f(n-1)+f(n-2)\) 我的证明挺繁琐的，过程如下： \[(1+\sqrt 2)^{n-2}=e(n-2)+f(n-2)\sqrt 2 \]\[(1+\sqrt 2)^{n-1}=e(n- 阅读全文
posted @ 2025-01-23 20:02
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摘要：
我能说什么！抽象了这！ 看到 \(n\le 10\) 的黑题顿感大事不妙。 我们考虑设 \(f(i)\) 表示将 \(n\) 个点划分为至少 \(i\) 个连通块时的方案数。我们可以暴力枚举每个点在哪个连通块里。划分方案是 \(Bell(n)\le 21147\) 的。 显然的，相同块内暂时忽略，不 阅读全文
posted @ 2025-01-23 12:02
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摘要：
发现难以维护差值，于是令 \(K=\frac{n+k}2\)，这样就把问题转化为了“糖果”比“药片”大的组数为 \(K\) 的情况有多少种。 设 \(dp_{i,j}\) 表示我们用前 \(i\) 个“糖果”和“药片”配对，至少有 \(j\) 组“糖果”比“药片”大，有多少种情况；\(c_i\) 表 阅读全文
posted @ 2025-01-23 11:12
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摘要：
我们先假设同种糖间存在差异。 设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种糖至少有 \(j\) 人拿到的糖和原来一样，\(c_i\) 表示拿第 \(i\) 种糖的人的个数，则有： \[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(j,c_i)}f_{i-1,j-k}\binom{c_i}k 阅读全文
posted @ 2025-01-23 10:36
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显然有一个 \(dp\) 思路。设 \(f_{i,j}\) 表示现在修了 \(i\) 栋楼，从第一栋楼外侧能看到 \(j\) 栋楼的方案数，显然有： \[f_{i,j}=\begin{cases}[i=0](j=0)\\f_{i-1,j-1}+(i-1)f_{i-1,j}(j\ne 0)\end{c 阅读全文
posted @ 2025-01-23 09:42
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摘要：
考虑计算一个点的贡献，最后 \(\times n\) 即为所求。 显然一个点的贡献为 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\frac{(n-1)(n-2)}2}\)，则有： \[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\f 阅读全文
posted @ 2025-01-23 09:29
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摘要：
为什么又是佳媛姐姐啊啊啊！ 斯特林数在这道题中不好处理，直接拆开： \[f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^jj! \]\[=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j\ 阅读全文
posted @ 2025-01-23 09:17
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老师发福利，放了两道一毛一样的题。 考虑无视战术，直接化简： \[\sum_{v=1}^ndis(u,v)^k=\sum_{v=1}^n\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}dis(u,v)^{\underline i} \]\[=\sum_{i=0 阅读全文
posted @ 2025-01-23 09:03
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摘要：
后面有一只大大的组合数，考虑下降幂干过去。\(x^k\) 并不好使，这边考虑转化 \(f(x)=\sum a_ix^i=\sum b_ix^{\underline i}\)。 \[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom nk=\sum_{k=0}^nx^k\sum_{i=0}^mb_ik 阅读全文
posted @ 2025-01-23 08:43
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下降幂 注：这里其实还有上升幂。 定义 下降幂：\(x^{\underline{k}}=\prod\limits_{i=x-k+1}^xi=\frac{x!}{(x-k)!}\) 上升幂：\(x^{\overline{k}}=\prod\limits_{i=x}^{x+k-1}i=\frac{(x+ 阅读全文
posted @ 2025-01-22 11:01
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第一眼肯定想到容斥。设 \(G(k)\) 表示至少有 \(k\) 种颜色符合要求，\(F(k)\) 表示恰好有 \(k\) 种颜色符合要求。显然 \(k\) 的上界 \(t=\min(m,\lfloor\frac ns\rfloor)\)，那么就有： \[G(k)=C_{m}^{k}(k!\prod 阅读全文
posted @ 2025-01-21 10:51
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摘要：
乘法并不容易用 FFT 或 NTT 维护，考虑在模意义下化乘为加。 化乘为加主要有两种方法：\(\log\) 和 \(\gamma\)（指标），由于在取模意义下，所以使用后者。 那剩下的部分就是快速幂，用 NTT 加速即可。时间复杂度 \(O(m\log m\log n)\)。 #include<b 阅读全文
posted @ 2025-01-21 09:04
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摘要：
首先正难则反，想到答案即为满足第一条要求的回文子序列数量，减去回文子串数量。回文子串数量 \(hash+\) 二分即可，考虑前半部分。 假如我们将一个回文子序列一层层剥开，就会发现它其实是由多个相同的字母对拼成的。那么容易想到把字母 \(a\) 和字母 \(b\) 的贡献分开计算。那第一条要求就可以 阅读全文
posted @ 2025-01-20 08:49
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摘要：
《关于贫穷的樵夫拥有 40000 把斧头这件事》。 相当于是多项式乘法，但是得带容斥，具体自己看代码吧。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5; const long double pi=acos(-1); na 阅读全文
posted @ 2025-01-19 10:34
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