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摘要： 容易发现一件事，假如我有 $n$ 张相同的牌，我把它们分成了 $m$ 段，那么会产生 $n-m$ 个魔术对。 有了这个就很容易了。。。假设一共有 $m$ 种颜色，第 $i$ 种颜色有 $a_i$ 张被分成了 $k_i$ 段，那么答案就是 $(\sum k_i)!\prod\frac{\binom{a 阅读全文

摘要： 首先这个遍历顺序和边是完全无关的。。。 于是可以看做一个排列。 对于每个点的遍历限制，假设访问某个点 $u$ 的时候还连接着一条边 $v$ 未被访问，那么 $u$ 向 $v$ 连一条边。 在排列中就要求 $v$ 在 $u$ 后面出现。 合法的太难考虑了，考虑不合法的。不合法的就是一定存在一个 $u$ 阅读全文

摘要： ~~来个暴力做法~~ 显然答案是： $$\prod_{i=0}^{k}(1+ix)$$ $$\exp(\sum_{i=0}^{k}\ln(1+ix))$$ 考虑对 $\ln$ 求导： $$\frac{i}{1+ix}=\sum_{j=0}(-1)^{j}i^{j+1}x^j$$ $$\sum_{j= 阅读全文

摘要： 考虑了很久的背包转 GF 手足无措 ~~手足相惜~~，然后思考组合意义直接算出来了。。。 好吧好像是可以 GF 的。。。 比较显然的是答案是这个东西： $$(\sum[x^iy^{2i-2}])\prod(1+xy^{d_i})$$ 考虑 $1\leq d_i$，所以我们直接把指数减一个： $$(\ 阅读全文

摘要： 很容易看出来答案之和红板子的高度以及白板子的数量有关系。。。 看到 $k\leq 5$ 所以直接考虑枚举红板子。 然后注意到，同样长度的板子超过 $2$ 无所谓，所以分为三类讨论：没有，有一个，有两个以上。 没有的情况对答案的贡献是 $1$，有一个的话可以放到左边或者右边，贡献为 $2$，两个以上可 阅读全文

摘要： 感觉并不是很难的说？ 设 $F(x)=\sum_{i=1}(Oi^2+Si+U)x^i$ 那么这题要求的就是 $\sum_{i=1}^{n}F^i(x)=\frac{1-F^{n+1}(x)}{1-F(x)}-1$。 然后来推一下 $F(x)$ 是什么东西。 $$F(x)=Ox(x(\frac{1} 阅读全文

摘要： 为什么 $n$ 只有 $3$ 啊（ 设 $f[S][n][k]$ 是前 $n$ 行，最后一行黑子的状态是 $S$ 时，有 $k$ 个连通块的方案数。 设 $g(S1,S2)$ 表示当上一行状态为 $S1$ 这一行状态为 $S2$ 时增加（减少）的连通块数量。 $S1,S2$ 需要使用最小表示法，不过 阅读全文

摘要： ~~HDU5307~~ 设 $S[n]=\sum_{i=1}^{n}s[i]$，$F_i(x,y)=x^{i}y^{S[i]},G_i(x,y)=x^{-(i-1)}y^{-S[i]}$，那么似乎求一个 $H(x,y)=\sum_{i<j}G_i(x,y)F_j(x,y)$，然后再求一个 $\fra 阅读全文

摘要： 对于 $\sum_{i=0}^{n}f(i)$ 的这种问题但是 $f(i)$ 不是多项式函数且 $n$ 很大时可以考虑一个用矩阵做的 DP： $$\begin{bmatrix}\binom{n}{m}\\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\end{bmatrix}=\begin{bm 阅读全文

摘要： 感觉 Min_25 相当于是给出了一个 $O(f(M)\sqrt{n}\log n)$ 求 $\prod_{i=1}^{n}f(i)$ 的方法（$f(M)$ 是 $f$ 的返回类型做一次“乘法”运算需要的复杂度） 上面基本上是在瞎扯，只不过是尝试在总结这一类的问题应该怎么做（ 比如在快速阶乘算法中这 阅读全文