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 $$ g(k)=\sum\limi 阅读全文
摘要:
"传送门" 解题思路 首先给出的树形态没用,因为除根结点外每个点只有一个父亲,它只需要保证和父亲颜色不同即可。设$f(k)$表示至多染了$k$种颜色的方案,那么$f(k)=(k 1)^{(n 1)} k$,而我们要求的是恰好染$k$种颜色的方案数,设其为$g(k)$,易得 $$ g(k)=\sum\ 阅读全文