随笔分类 - 数论数学--就是数学(计数等)
摘要："传送门" ~~果然只有我这种菜鸡才会用这种菜鸡做法QwQ~~ 对于一类要求期望的题目，有一个无脑的做法： 设概率为 $f$，期望为 $g$ 每次合并两个二元组 $,$ 的方法显然为 $$ 对于这一道题，设 $i$ 个点的树的方案数 $f_i$，到根的距离和为 $g_i$，距离总合 $h_i$ 显然
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摘要："传送门" 不难发现，所有不能被其他数筛掉的数是一定要选的，只有选了这些数字才能结束 假设有 $m$ 个，枚举结束时间 $x$，答案就是 $\sum \binom{x 1}{m 1}m!(n m)!x$ 埃氏筛法即可求出 $m$ cpp include using namespace std; ty
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摘要："传送门" ~~抄题解~~ $Task0$，随便做一下，设 $cnt$ 为相同的边的个数，输出 $y^{n cnt}$ $Task1$，给定其中一棵树 设初始答案为 $y^n$，首先可以发现，每有一条边和给定的树相同就会使得答案除去 $y$ 那么可以利用矩阵树定理，已经有的边权值为 $y^{ 1}$
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摘要："传送门" 直接求连通的不好做，考虑容斥 设 $g_i$ 表示至少有 $i$ 个连通块的方案数，$f_i$ 表示恰好有 $i$ 个的 那么 $$g_x=\sum_{i=x}^{n}\begin{Bmatrix}x \\ i\end{Bmatrix}f_i\iff f_x=\sum_{i=x}^{n}
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摘要：反演 设 $$F_n\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}G_i$$ $$G_n\sum_{i=0}^{n}B_{n,i}F_i$$ 下面的直接带入到上面 $$F_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}\sum_{j=0}^{i}B_{i,j}F_j=\sum_{i=0}^{n}F_i\
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摘要："传送门" Sol 第一问可以考虑按照山的高度从大到小放 但是这样如果遇到高度相同的就不好考虑，那么同时要求数量限制从小到大 这样每次放的时候后面的一定不会影响前面，并且高度相同的时候前面能放的位置后面的也能放 直接乘起来就好了 对于第二问，此时高度相同的会有影响 对于高度相同的一段，强制要求数量限
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摘要："传送门" Sol 对于每个 $i$ ，可以把 $k$ 个数字分成 $(x,i x)$ 的若干组。 那么就是求每组只能其中选择一个且可以重复的方案数。 预处理 $f[i][j]$ 表示从 $j$ 个组内选 $i$ 个，每个组必须选的方案数。 $f[i][j]=(f[i 1][j]+f[i 1][j
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摘要：首先 $$h_n=\sum_{i}h_ih_{n i 1}$$ 写出 $h$ 的母函数 $H(x)$ 那么 $$H(x)=H^2(x)x+1,H(x)=\frac{1 \sqrt{1 4x}}{2x}$$ (解二元一次方程取符号时候要看是否收敛) 引入 牛顿二项式 $$(x+y)^{\alpha}=
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摘要：将 $L$ 唯一分解为 $p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ 对 G 也分解为 $p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_k^{b_k}$。 称 $a_i , b_i$ 分别为 $p_i$ 这个质因子幂次的上下界。 显然为了满足 $gcd$ 为 $G$ 且 $lcm
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摘要："ZJL 的妹子序列" 暴力就是 $\Theta(n\times m)$ 如果 $n,m \le 10^5$ ？ 考虑问题的转换，设 $a_i$ 表示 $i$ 小的在它后面的数的个数 $0\le a_i \le i 1$，显然任何一个满足要求的 $a$ 数列都可以从大到小放数字构成一个满足要求的排列
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摘要：导数 \begin{aligned} 1.&f(x)=C,f'(x)=0\\ \end{aligned} \begin{aligned} 2.&f(x)=x^n,f'(x)=nx^{n 1}\\ \end{aligned} \begin{aligned} 3.&f(x)=a^x,f'(x)=ln\
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摘要：题面 "传送门" Sol 首先判断是能成为仙人掌 然后考虑$DP$ 因为所有的环内不可能连边，那么直接删掉 变成一个森林 对每个树求出方案然后相乘就是答案 一个巧妙的转化：看成选取若干条路径恰好覆盖所有的树边的方案数 设$g[i]$表示$i$个点两两配对的方案数 $g[i]=g[i 1]+g[i 2
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摘要：题面 "传送门" Sol 超级数学板子题！！！ 费马小定理，扩展欧几里德定理，中国剩余定理，卢卡斯定理等 题意就是求 $$G^{\sum_{k|N}C_N^k}\ mod\ 999911659$$ 首先根据扩展欧拉定理或者费马小定理 $a^x\equiv a^{x\% (p 1)}(mod\ p)$
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摘要：题意 给定三个数$k$,$pa$,$pb$ 每次有$\frac{pa}{pa+pb}$ 的概率往后面添加一个'$a$' 每次有$\frac{pb}{pa+pb}$的概率往后面添加一个'$b$' 当出现了$k$个形如$ab$的子序列（不用连续）时停止 求最后的$ab$序列的期望数 答案对$10^9+7
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摘要：题面 "传送门" Sol 容斥原理+背包 处理出所有金币无限制条件凑成$j$元的方案数 考虑计算 $c$只有$4$种，可以容斥一波 就是无限制的总方案 $1$个硬币超出限制的方案+$2$个的 $3$个的+$4$个的
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摘要：题面 "传送门" Sol $Manacher$，开桶记录相同半径的有多少 后缀和后乘法原理 cpp include define RG register define IL inline define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) using namespac
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摘要：题面 "传送门" Sol 最小生成树的性质： 对于每一个$MST$，每一种边权所使用的边数相同 所有$MST$中边权$≤w$的边组成的图的连通性相同 那么这道题就枚举没个权值选那些边，如果连的个数和原来的相同就统计 最后乘法原理即可 如果同边权过多就只能用矩阵树定理了 然而我太菜了不会。。 cpp
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摘要：题面 "Bzoj" Sol pts 1 大暴力很简单，$f[i][j]$表示到第$i$个位置，前面积的模为$j$的方案 然后可以获得$10$分的好成绩 cpp include define RG register define IL inline define Fill(a, b) memset(a
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摘要：定义 两种 1.对于一个数$P,g^i≡1(mod \ P)$的最小正整数$i$是$φ(P)$，那么就称$g$是$P$的原根 2.假设一个数$g$对于$P$来说是原根，那么$g^i mod \ P$的结果两两不同,且有 $1
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摘要：题面 "传送门" Sol 先设一个套路的状态：$f[i][j]$表示到第$i$个人，有$j$对冲突 但是我们不能确定$i 1$，所以不好决策i的位置 所以再加一维$0/1$，$f[0/1][i][j]$表示$i$和$i 1$是否有冲突 每枚举一个人，我们就要把它插入到之前的队列中 转移： $f[0]
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