摘要：
"传送门" 解题思路 第一种方法是状压$dp$，设$f(S)$为状态$S$到取完的期望步数，那么$f(S)$可以被自己转移到，还可以被$f(S|(1 include include include include using namespace std; const int N=20; int n; 阅读全文
摘要：
"传送门" 解题思路 首先将$a$,$b$排序，然后可以算出$t(i)$，表示$a(i)$比多少个$b(i)$大，根据容斥套路，设$f(k)$表示恰好有$k$个$a(i)$比$b(i)$大，$g(k)$表示至少有$k$个，那么$g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k 阅读全文
摘要：
"传送门" 解题思路 设$f(k)$为交集元素个数为$k$的方案数。发现我们并不能直接求出$f(k)$，就考虑容斥之类的东西，容斥首先要扩大限制，再设$g(k)$表示至少有$k$个交集的方案数。$g(k)$是特别好算的，可以强制$k$个元素必选，其余的任意，那么有 $$ g(k)=\sum\limi 阅读全文
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"传送门" 解题思路 首先给出的树形态没用，因为除根结点外每个点只有一个父亲，它只需要保证和父亲颜色不同即可。设$f(k)$表示至多染了$k$种颜色的方案，那么$f(k)=(k 1)^{(n 1)} k$，而我们要求的是恰好染$k$种颜色的方案数，设其为$g(k)$，易得 $$ g(k)=\sum\ 阅读全文