qbxt2023国庆刷题 Day4 ~ Day5

本帖涉及以下内容：

1. 超长内容
2. 感性理解
3. 思路引导
4. 屑排版
5. 恶意卖萌

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Day4

没考，因为感觉题全是码农题，感觉有点烂

T1

$lcm(a,b,c)=lcm(lcm(a,b),c)$ ，直接暴力算就好了

然后你就 $Wa$ 了

因为答案要取模， $lcm(a,b,c)\mathrm{mod}P\ne lcm(lcm(a,b)\mathrm{mod}P,c)\mathrm{mod}P$

因此我们要质因数分解，取最大质因子，复杂度 $O(n\sqrt{A})$

T2

爆搜即可

老师曰：一个题求从一个状态到另一个状态的最小步数的话，一般情况用 $bfs$

这题直接暴力对每个糖看往哪走，走几步就行

但有一个问题，你要怎么把这个状态记下来，防止搜到重复情况

一个非常暴力的做法就是把一张图记下来，但显然还有更优的做法。因为注意到所有的糖果，只能在一行或一列上移动，他的行或列是固定的，我么你只需要记录他会移动的一项即可，用一个二元组 $(i,j)$ 表示第 $i$ 个糖果在 $j$ 列/行

T3

如果没有修改，这是一个非常显然的区间的子区间问题，可以扫描线+线段树历史区间和解决

但有了修改，而且 $p$ 不变，还很小。我们直接考虑在线段树上维护这个东西的个数。

最常见的，我们记 $l{s}_i,r{s}_i,num$ 分别表示当前区间内固定左端点，对于所有右端点组成的数 $\equiv i(\mathrm{mod}p)$ 的个数和当前区间内子区间的个数

但我们发现一个问题， $r{s}_i$ 是好合并的，但 $l{s}_i$ 是不好合并的，因为右端点长度并不确定。但根据抽屉原理，我们可以发现 ${10}^k\mathrm{mod}p$ 的循环节 $\le p$ ，因此我们可以记 $l{s}_{i,j}$ 表示当前区间下标 $\equiv i(\mathrm{mod}p)$ ， 组成的数 $\equiv j(\mathrm{mod}p)$ 的个数，合并时就可以合并了

最终复杂度 $O(n{p}^2\log n)$

还有一个做法：

1. 若 $p=2,5,10$ 时，只要看最后一位即可
2. 若 $p=4,8$ 时，看最后两位和三位
3. 若 $p=3,9$ 时，看和能否被 $3$ 整除
4. 若 $p=6,12$ 时，缝合一下方法 1,2
5. 若 $p=15$ 时，缝合方法 1,3
6. 若 $p=7,11,13$ 时，把数从低到高三三分成一位，奇数位之和 $-$ 偶数位之和
7. 若 $p=14$ 时，缝合方法 1,6

T4

考虑 $n\le 100$ ，考虑数位 $dp$

老师曰：数位 $dp$ 都有一个非常共通的特点：都会记录一个考虑到第 $i$ 位

设 $d{p}_{i,0/1,0/1}$ 表示考虑长为 $i$ 的位(注意这里不是前 $i$ 位，我们考虑从中间往左右延伸)，高位是否进位，低位是否需要进位

可能不理解，举个例子就懂了：

糖:     23
顾客:   99
和:    122
22是回文，向高位进位了 1，因此 ++dp[2][1][0]

糖:     22
顾客:   99
和:    121
发现21并不是回文，但如果最低位之前往前进位一个 1 ，则变成22，是一个回文，因此 ++dp[2][1][1]

转移枚举左右两边填什么数，考虑进位

然后 $n\le {10}^{18}$ 怎么做，发现题目给的信息很多，而且仔细一看也没有诈骗的信息，因此排除数学题的可能

然后还能怎么想？矩阵即可

前导零怎么办？算到 $d{p}_{n-2}$ 和 $d{p}_{n-3}$ ，剩下几位暴力即可

杂题选讲

图论四大板块：最短路，生成树，强连通，二分图

• HDU4786
  无向图，边黑白，求生成树，选的白边数量是斐波那契数列中的某项
  $n,m\le {10}^5$

  tip1： 这题并不难
  tip2： 对于生成树问题，通常要先求生成树，然后再改一改。但这题没有边权，因此我们给他定边权

  这题既然有黑边和白边，我们让黑边边权为 $1$ ，白边边权为 $0$ ，求一遍最小生成树，能得到一个白边最多的生成树。设这棵树有 $x$ 条白边。再做一次最大生成树，能得到白边最少的生成树，有 $y$ 条白边。则$[x,y]$ 之间的所有斐波那契数都可取到
  为什么呢？因为我们想让白边个数 $+1$ ，我们肯定是让一条白边替换一条黑边，所以区间 $[x,y]$ 都可以取到
  复杂度线性。

• bzoj #2654

  如果白边少了，说明白边兴致不高，要奖励一下
  如果改变多了，说明白边不乖，要惩罚一下
  因此我们不妨对白边弄一个“惩罚值”，具体的，二分一个数 $x$ ，让所有白边的边权加上这个“惩罚值”，然后求最小生成树，判断白边数量是否为 $need$ 即可
  据说这个东西叫 $wps$ 二分

• CF125E

  把和 $1$ 相连的当做白边，没有的当做黑边，不就是上题吗？
  但要输出方案。这会导致你惩罚值为 $x$ 时答案为 $k-1$ ， $x+1$ 时 $k+1$ ，显然你知道有 $k$ 条白边的答案，但你无法恰好 $k$ 条白边的方案
  方法1：和出题人斗智斗勇。出题人卡你的原因是读入顺序搞怪，因此 $random\mathrm{\_}shuffle$
  方法2：还是随机，我们考虑随机扰动，对于第 $i$ 条白边，令 $w_i=w_i+x+\frac{rand()}{{10}^8}$ ，只需要在实数二分答案即可
  方法3：让相同的数分清严格大小，对于第 $i$ 条白边，令 $w_i=w_i+x+\frac{i}{{10}^8}$ ，不会出现相同的值了

• bzoj #3332

  有一张无向图，边有权值但你不知道，但你知道 $dis{t}_{i,j}$ 表示 $i\to j$ 经过的边权最小值最大是多少。让你找到一种给边附权的方法，使其满足 $dis{t}_{i,j}$ 的性质

  走路径最小值最大，你一定走最大生成树，否则你的最大生成树就是假的了( $NOIP2013$ 货车运输就是用的这个性质，非常重要，需要记住)
  可你边权不知道，你没法求最大生成树，这是一个反向的思路。
  对于一条 $i\to j$ 的边，附其权值为 $dis{t}_{i,j}$ ，跑最大生成树，检查赋值后能否满足这些数，是则 $YES$ ，否则 $NO$
  因为对于 $i\stackrel{w}{\to }j$ ，可以知道 $w\le dis{t}_{i,j}$ ，否则就违反了条件
  而如果 $w<dis{t}_{i,j}$ ，则在 $i\to j$ 的所有路径中，必然有一遍 $p\stackrel{v}{\to }q$ 满足 $v=dis{t}_{i,j}$ 。如果 $v<dis{t}_{p,q}$ 我们发现 $p\stackrel{v}{\to }q$ 也可以递归找到 $a\stackrel{t}{\to }b$ 满足 $t=dis{t}_{p,q}$ ，等等等等
  但我们发现我们并不需要递归，因为如果直接让 $i\stackrel{w}{\to }j$ 使 $w=dis{t}_{i,j}$ ，这样其他路径就直接不用考虑了，因此这么干是正确的。

• bzoj #3080

  $LCT$ 好像可做到数据范围很大，但超纲了
  可能数据范围非常神奇， $w\le 50$ ，且只要保留两位小数，说明有一些奇技淫巧
  枚举平均数，复杂度 $O(100W)$ ，发现一条边 $w_i\to (x_i-\overline{x}{)}^2$ 求最小生成树即可
  虽然最小生成树的平均数不一定是 $\overline{x}$ ，但如果不是，一定不优
  复杂度 $O(100TW(n+m)\log m)$

• uoj #109

  里面有一个点让卡 $Floyd$ 和 $SPFA+heap$ 优化
  其中 $SPFA+heap$ 会被卡到 $O(2^n)$

• $N\times N$ 矩阵，每次可以选一行或一列随便乘以一个实数，问能否使得所有数都在 $[l,r]$ 之间

  tip1：刚讲了查分约束，因此这个题是一个查分约束题
  tip2：唯一和大小关系有关的是**所有数在 $[l,r]$ 内，因此我们考虑写出来， $l\le c_{i,j}\times a_i\times b_j\le r$
  tip3：查分约束是 $x_i-x_j\le y_i$ 的形式

  对于这题，我们把 $\times b_j$ 变成 $÷\frac{1}{b_j}$ ，然后我们可取 $\log$ 即可

  差分约束可以解决的问题是不等式，因此我们对于不等式问题就要首先思考差分约束

• $spfa$ 有两种判负环做法

  1. 常规做法：一个入队列 $n+1$ 次
  2. 非常规做法：在判负环时，为了防止卡到 $O(n^2)$ ，我们跑到 $900ms$ 就返回 $YES$ 即可

• bzoj #3583

  设 $d{p}_{i,j}$ 表示从起点 $s\to j$ 恰好走 $i$ 步方案数
  $d{p}_{i,j}=\sum _k^{n}d{p}_{i-1,k}+e(k,j)$ ，其中 $e(k,j)$ 的算法题目已经给出，复杂度 $O(d{n}^2)$
  然后今天 $T4$ 也是矩阵优化，还是 ${10}^{18}$ ，因此矩阵优化

  老师曰：和 $i$ 没关系，数据范围还很大的 $dp$ 一般都是矩阵优化

  但还没完，矩阵 $M$ 是 $N\times N$ 的，复杂度 $O(n^3\log d)$ ，还是不可过
  对邻接矩阵做矩阵乘法是一个非常经典的问题，既然这个做法做不了，我们就要思考题目的特殊性质，因为我们 $k$ 没有用到复杂度里，也不知道为什么题目要求 $e(i,j)=\sum _{l=1}^{k}ou{t}_{i,r}\times i{n}_{j,r}$ ，因此我们要想尽办法把他于 $k$ 关联
  我们发现 $e(i,j)=\sum _{l=1}^{k}ou{t}_{i,r}\times i{n}_{j,r}$ ，我们发现 $in$ 长得好丑，我们交换一下两个下标也无妨。 $e(i,j)=\sum _{l=1}^{k}ou{t}_{i,r}\times i{n}_{r,j}$
  而矩阵 $M$ 的第 $(i,j)$ 项就是 $e(i,j)$ ，因此 $M^d=(out\times in{)}^d=out\times in\times out\times ...\times in$
  你以为我要用交换律吗？不！$M^d=out\times (in\times out)\times ...\times (in\times out)\times in$ ，其中 $in\times out$ 得到的矩阵是 $k\times k$ 的，人类智慧
  复杂度就变成了 $O(k^3\log d+n{k}^2)$ ，足够通过

• CF19E

  无向图，问有哪些边，在删掉它后图变为二分图

  看图是否只由一个奇环构成，如果是，这个奇环上所有边都可以
  然后你就错了
  因为环套环，两个环的交边也是答案
  我们参考 $tarjan$ 的思路，先跑 $dfs$ 序，对于非树边，把树上与这条边相连的路径上标记 $+1$ ，然后找标记有奇环个数的边即可
  树上差分
  非树边呢？

• 二分图的最大独立集

  二分图最大独立集 = 总点数 - 最大匹配
  跑匈牙利

  老师曰：图的最大独立集是 $NPC$ 问题，如果看到最大独立集问题，要想是否图为二分图

• 最大团：选尽可能多的点，使子图是完全图
  求二分图最大团

  最大团和最大独立集是互补的问题
  因此最大团 = 补图的最大独立集

  老师曰：图的最大团 是 $NPC$ 问题，如果看到最大团 问题，要想是否补图图为二分图

• P2423

  被作为练习题

• 平面上 $N$ 个点，找到最小距离 $d$ ，使存在 $K$ 个点，他们两两距离 $\le d$
  $N\le 50$

  刚讲了最大团，发现这个就是找一个最小的 $d$ ，使得存在 $\ge K$ 的团
  显然答案有单调性，二分答案，建图，发现这个图和二分图没关系，遂寄掉
  最大团中一定有两个最远的点，距离 $=d$ ，因此我们不妨放弃二分答案，枚举这两个点 $(i,j)$ ，说明 $dis(i,x)\le dis(i,j)$ 且 $dis(j,x)\le dis(i,j)$ ，说明我们要找的点一定在以 $i,j$ 为圆心的圆内(注意这里并不是充要条件)，我们连接 $(i,j)$ ，发现两个圆和直线往上的点是完全图，往下的点也是，而上下两两相连的点就有些 $>d$ ，这个图的补图是一个二分图

Day5

$10+60+35+10,rk18$

$T1$ 因为没有判范围所以完全炸掉了，$100\to 10,rk1\to rk18$ ，难受

T1

题目要求的即为把 $a_i,a_j,a_k$ 依次拼起来 $=P$ 的三元组对数。我们枚举 $j$ ，在左右两边用桶找即可，复杂度 $O(n\log P)$

细节1： 不能有前导零

细节2： 判断数时不可以超过桶的范围

T2

对于 $opt\in \{R,U\}$ 的部分分，我们发现只改一个点时，右上角的位置只会偏移一格，因此我们可以直接求前后缀后合并

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，合并是困难的，但修改反而是简单的，我们对于 $opt$ 相同的点，我们在删掉他时，终点显然始终不变，我们用 $map$ 存每个位置出现数个数，右移端点时只会加一个点删一个点，复杂度 $O(n\log n)$

T3

从左到右 考虑(注意这个思路不只是适用于 $dp$ ，因此这题和组合数有一定关系) ，然后假设第 $i$ 个礼物被选了 $b_i$ 次，答案为：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{b_1,b_2,...,b_K})=n!\prod _{i=1}^k\frac{1}{b_i!}$$

根据 $Lucas$ 定理， $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\mathrm{mod}p=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{n}{p}}{\frac{m}{p}})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n\mathrm{mod}p}{m\mathrm{mod}p})\mathrm{mod}p$ ，其中由于 $p=2$ ，因此我们就相当于让对于 $n$ 二进制中值为 $1$ 的每一位，从 $2^i{a}_1,2^i{a}_2,...,2^i{a}_k$ 中选一个数，使和为 $m$

我们考虑 $dp$ ，设 $d{p}_{i,j}$ 表示前 $i$ 位和为 $j$ 方案数。我们发现这些数有几个性质：

1. $j\le 2^{i+1}{a}_k$ ，这个显然
2. $j\equiv m(\mathrm{mod}{2}^i)$ ，因为我们从低到高位取数，后面的一定不会影响低位的答案，而令 $j=m$ 的条件就是 $j\equiv m(\mathrm{mod}{2}^i)$

这两个性质有什么用呢？说明 $j$ 只有 $\le \frac{2^{i+1}{a}_k}{2^i}=2a_k=O(a_k)$ 种取值，因此我们记忆化搜索即可

最终复杂度 $O(kA\log n)$

T4

若 $A,B$ 不互质，我们可以将图分成 $gcd(A,B)$ 个独立的部分。接下来我们假设 $A,B$ 互质

考虑将图的每个点放到二维平面上。对于二维平面上坐标为 $(x,y)$ 的点，编号为 $x(A+B)+(yA\mathrm{mod}(A+B))$ 。由于保证了 A, B 互质，每个点也唯一对应一个坐标。

于是：

• $u\to u+A$ 对应 $(x,y)\to (x,(y+1)\mathrm{mod}(A+B))$ 或 $(x,y)\to (x+1,(y+1)\mathrm{mod}(A+B))$。

• $u\to u+B$ 对应 $(x,y)\to (x,(y-1)\mathrm{mod}(A+B))$ 或 $(x,y)\to (x+1,(y-1)\mathrm{mod}(A+B))$。

• $u\to u+A+B$ 对应 $(x,y)\to (x+1,y)$。

这是一个类似网格图的形式

考虑按 $x$ 从小到大的顺序 $DP$（或直接按原图的标号顺序 $DP$），我们可以得到一个 $O(2^{A+B}n)$ 的算法。

考虑按 $y$ 从小到大的顺序 $DP$，由于 $y=0$ 的点和 $y=A+B-1$ 的点之间也有连边，

我们需要额外枚举 $y=0$ 的点的状态。我们可以得到一个 $O(4^{\frac{n}{A+B}}n)$ 的算法。

根号分治，时间复杂度 $O(2^{\sqrt{2n}}n)$，可以通过本题。

下午数学讲解

• $1\sim n$ 的素数个数为 $O(\frac{n}{\ln n})$

• $Miller-Rabin$ 素性测试：对于测试的数 $p$ ，每次选在 $[2,p)$ 之间的随机数，根据费马小定理 和 二次探测定理 判断
  费马小定理：若 $p$ 为质数，$a\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，则 $a^{p-1}=1$
  二次探测定理：若 $p$ 为质数，则 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的解为 $x=1,p-1$
  虽然这两个定理存在一些数在 $p$ 不为质数时依然成立，但当两个方法结合一起时出现概率极低
  做法如下：

  1. $p$ 是偶数或 $1$ 直接判断。
  2. $p$ 为大于 $1$ 的奇数时，选取一个在区间 $[2,p)$ 之间的随机数 a。
  3. 计算 $a^{p-1}\mathrm{mod}p$，不为 $1$ 根据费马小定理直接判断 $p$ 不是质数。
  4. 将 $p-1$ 分解为 $2^{t}r$ 的形式，随机一个 $a$ ，计算 $a^{2^{t}r}$ (0 ≤ k ≤ t) （先计算 $a^r$ 再不断平方即可）。若在平方过程中发现一个不为 $1$ 或 $p-1$ 的数的平方为 $1$，则根据二次探测定理直接判断 $p$ 不是质数。
  5. 若多次回到步骤 $2$ 后还没有判断 $p$ 不是质数，则认为 $p$ 是质数。

• $Pollard-Rho$

  • 先用 $Miller-Rabin$ 判素数，如果 $p$ 不是质数，找一个因子 $x$ ，递归分成 $x$ 和 $\frac{p}{x}$
  • 简单的想法是随机一个 $x$ ，暴力判断，期望 $O(n)$
  • 优化一下，如果 $gcd(x,p)\ne 1$ ，则也找到了，期望 $O(\sqrt{n})$ ，比直接分解质因数还要慢
  • 考虑一个伪随机序列 $x$ ，其中 $x_{i+1}\equiv x_i^2+c(\mathrm{mod}n)$ ，注意，如果不是这个随机序列，反而可能会更慢，目前没有严谨证明。
  • 因为这个随机数之和上一个数相关，因此很容易出现循环，循环期望长度为 $O(\sqrt{n})$ ，证明根据生日悖论
  • 设 $p$ 为 $n$ 的最小质因子，显然 $p\le \sqrt{n}$ 。由于 $p|n$ ，设 $x_i^{\prime }=x_i\mathrm{mod}p$ ，显然 $x_{i+1}\equiv x_i^2+c(\mathrm{mod}p)$ ，期望循环长度 $O(\sqrt{p})\le O(n^{\frac{1}{4}})$
  • 找到一对数 $a,b$ 满足 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 且 $a\not\equiv b(\mathrm{mod}n)$ ，则取 $gcd(a-b,n)$ 为 $n$ 的因子
  • 找 $a,b$ 的过程可以用 $floyd$ 判环算法 (注意和 $floyd$ 没什么关系) ，让 $a=x_i,b=x_{2i}$ ，每次让 $a$ 走一步， $b$ 走两步，由于存在循环， $b$ 会在约循环节长度步后与 $a$ 相等。当 $a$ 与 $b$ 在模 $p$ 意义下相等（同余），且在模 $n$ 意义下不同时，即找到了符合条件的 $a,b$。若直到 a 与 b 在模 $n$ 意义下相等时还没找到，则退出，重新选取 $x_1$ 与 $c$ 的值
  • 复杂度期望 $O(n^{\frac{1}{4}}\log n)$ ，其中 $\log n$ 来自 $gcd$
  • 我们也可以把 $\log$ 给去掉。在 $a,b$ 移动过程中，不需要每次都求一遍 $gcd(a-b,n)$，可以把 $lim$ 次 $a-b$ 的值乘起来，再一起与 $n$ 求 $gcd$。当然，乘起来之后为 $0$ 要特判。

• 质因数分解多个小范围数：欧拉筛处理最小质因子，复杂度 $O(n+Q\log n)$

• $exgcd$ 可以用归纳法证明 $|x|\le a,|y|\le b$ ，因此不会爆 $ll$

• 欧拉函数：

  1. $n=\sum _{d|n}\phi (n)$
  2. $\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}=p^k\times fracp-1p$
  3. 设 $n=\prod p_i^{k_i}$ ，则 $\phi (n)=n\times \prod \frac{p_i-1}{p_i}$

• 光速幂：

  • 对于底数和模数相同的情况，我们可以用分块的技巧，按 $s$ 分块，计算出 $a^1,a^2,a^3,...,a^{s-1},a^s,a^{2s},a^{3s},...,a^{\lfloor \frac{n}{s}\rfloor s}$

• 扩展欧拉定理：

  $$$$

  $$\{\begin{array}{lll}{a}^b\mathrm{mod}p& b<\phi (p)a^{b\mathrm{mod}\phi (p)+\phi (p)}\mathrm{mod}p& b\ge \phi (p)\end{array}$$

  $$$$
  • 阶乘逆元：$((n-1)!{)}^{-1}=(n!{)}^{-1}\times n$
  • 递推逆元：把 $p=ki+r$ ，显然有 $ki+r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$
    变形知 $ki\equiv -r(\mathrm{mod}p)$， $i^{-1}\equiv -k\times r^{-1}(\mathrm{mod}p)$，再把 $k,r$ 真实的值带进去即可

• 数论分块：

  • 求 $\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$，若 $f(i)$ 的前缀和可以快速计算，就数论分块
  • 考虑 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 有很多重复，因此可以分成 $O(\sqrt{n})$ 块
  • 右端点 $r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$
  • $extra$：也有 $\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )h(\lfloor \frac{m}{i}\rfloor )$ 的情况，复杂度 $O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ (注意是加法)

• 原根：

  • 一个数 $g$ ，满足 $g^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，而 $g^1,g^2,...,g^{p-2}\ne 1$
  • 如果 $g^k\equiv 1$ ，则 $k|p-1$ 。感性理解一下，对于一个数 $x=1$ ，每次我们让他 $\times g$ ，然后他就会一直在绕圈圈，最后绕到 $1$ ，因此环长一定是 $p-1$ 的因数
    求法没有听懂，好像要用 $BSGS$ ， $n$ 次剩余之类的高科技
  • 原根数量是 $O(n^{\frac{1}{4}})$
  • 例子：有多少个$x$ 满足 $x^x\equiv a(\mathrm{mod}p)$
    • 不会

• 作业：

  • NOIP2012 同余方程
  • 洛谷 P1516 青蛙的约会
  • 洛谷 P2568 GCD
  • SDOI2012 Longge 的问题
  • TJOI2009 猜数字
  • SDOI2008 仪仗队
  • NOI2002 荒岛野人
  • CQOI2007 余数求和
  • 洛谷 P6583 回首过去
  • 洛谷 P4139 上帝与集合的正确用法
  • CF594D REQ
  • CF1202F You Are Given Some Letters...
  • NOI2018 屠龙勇士

• 组合数：

  1. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-m})$
  2. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\frac{n}{m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$
  3. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$
  4. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{m})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{r-k}{m-k})$
  5. $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=2^n$
  6. $\sum _{i=0}^{n}i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=n{2}^{n-1}$
  7. $\sum _{i=0}^n{i}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=\sum _{i=0}^n(i(i-1)+i)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=n(n+1)2^{n-2}$
  8. $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i})=2^{2n}$
  9. $\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+1})$
  10. 范德蒙卷积(下指标卷积)：$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{k})$
      $n=m=k$时：$\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})$
  11. 上指标卷积：$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+1}{n+m+1})$
  12. 详情见这里

• 生成函数：

  • 把一个序列变成一个函数，函数 $F(x)=\sum a_n{k}_n(x)$ 。其中 $k_n(x)$ 为核函数。
  • $k_n(x)=x^n$ 普通生成函数； $k_n(x)=\frac{x^n}{x!}$ 指数型生成函数
  • 一些对序列的变换可以用生成函数的运算表示，从而进行一些推到，达到优化复杂度的做法
  • 注意运算时要注意核函数相同
  • $example$ ： $C_n=\sum a_i{b}_{n-i}\Rightarrow C(x)=A(x)B(x)$
    $C_n=\sum a_i{b}_{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\Rightarrow C_e(x)=A_e(x)B_e(x)$ ，其中 $A_e(x)$ 为指数型生成函数
    计算 $\sum _{j=0}^k{2}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+j}{j})$ 。(呃呃，老师讲不下去了)

• $n$ 点带标号 $DAG$ 计数， $n\le 5\times {10}^3$

  先考虑一个 $dp$ ：设 $d{p}_i$ 表示有 $i$ 个点的 $DAG$ 的方案数。我们可以枚举所有度数为 $0$ 的点，然后向别处连边

  $$$$
  $$$$

  但这个 $dp$ 是错误的，因为我们发现如果我们某一次没有把度数为 $0$ 的点全部钦定的话，那钦定 $0$ 的度数的顺序会被多次计入答案。例子：

  2 1
  3 1
  

  其中 $2$ 先连是一种方案， $1$ 先连是一种方案， $1,2$ 同时考虑也是一种方案
  多算了怎么办。我们有两种办法：

  1. 考虑在 $dp$ 中多记录状态
  2. 考虑容斥原理

  此为后者
  我们考虑现在我们算的其实是钦定了 $j$ 个点度数为 $0$ ，而我们想要恰好 度数为 $0$ ，因此我们只需要给这个 $dp$ 乘上一个容斥系数即可。

  $$$$
  $$$$

  如果没有 $1\le x_i\le m$ 的限制，显然插板子。有的话容斥，当钦定有 $j$ 个板子超过时先把 $m\times j$ 先取出来即可，不要忘记乘上组合数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})$ 和容斥系数
  $extra$：如果限制 $x_i\le m_i$ 的话，要 $dp$

• # KEYENCE 2019 F Paper Cutting

  考虑第 $k$ 次操作对答案的贡献：

  $$$$

  &k!(K - k)!\binom{H+W-k}{K-k} \sum_{i=0}^{k} \binom{H}{i} \binom{W}{ k - i} (i + 1) (k-i+1) \
  =&(k+1) \sum_{i=0}^{k} \binom{H}{i} \binom{W}{ k - i }+\sum_{i=0}^{k} i(k-i)\binom{H}{i} \binom{W}{ k - i } \
  =&(k+1)\binom{H+W}{k} + HW\binom{H+W-2}{k-2} \
  \end{align}

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  复杂度 $O(H+W)$

• AGC039

  假如我们知道每行最小值 $r_i$ 和每列 $c_j$ ，答案为：

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  设 $d{p}_{k,i,j}$ 表示填了 $r_i,c_j$ 中小于等于 $k$ 的值，且已经填的行数为 $i$，列数为 $j$ 时已填的位置对答案的贡献。
  转移需要枚举加入的不被容斥的行数、不被容斥的列数、容斥的行数、容斥的列数，一起枚举复杂度过高，只要依次枚举，分四次转移即可。
  复杂度 $O(KNM(N+M))$