其他数学问题 - 随笔分类 - lleozhang

bzoj 2337

摘要：有人说这题像游走... 关于游走的思想，他死了... 明明直接从期望dp的角度考虑更简单合理嘛首先由于是异或运算不妨逐位考虑对于每一位，设状态

f [i]

$f[i]$ 表示从第

i

$i$ 个点到第

n

$n$ 个点，这一位上是

1

$1$ 的概率那么我们按边权讨论转移：若这条边边权为

1

$1$ ：$f[i]+=\frac{1-f[t 阅读全文

posted @ 2019-07-11 17:18 lleozhang 阅读(266) 评论(0) 推荐(0) 编辑

CF960G

摘要：首先我们考虑

n

$n$ 的情况，显然以

n

$n$ 为分界线可以将整个序列分成两部分，就像这样：、那么我们考虑：在这个东西前面才会有前缀最大的统计，在这个东西后面才会有后缀最大的统计这样就剩下了

n - 1

$n-1$ 个元素，而我们需要把这

n - 1

$n-1$ 个元素分成

A + B - 2

$A+B-2$ 个集合，然后把每个集合的最大的一个放在一端，然后阅读全文

posted @ 2019-07-08 18:46 lleozhang 阅读(180) 评论(0) 推荐(0) 编辑

CF961G

摘要：首先我们考虑直接搞考虑每个元素的贡献，得表达式：

a n s = \sum_{i = 1}^{n} w_{i} \sum_{j = 1}^{n} j C_{n - 1}^{j - 1} S (n - j, k - 1)

$ans=\sum_{i=1}^{n}w_{i}\sum_{j=1}^{n}jC_{n-1}^{j-1}S(n-j,k-1)$ 即枚举每个元素所在集合中元素个数及划分方案数这个玩意显然是

O (n^{2})

$O(n^{2})$ 的有大佬把它化简之后变成了可以直接递推阅读全文

posted @ 2019-07-05 10:03 lleozhang 阅读(272) 评论(0) 推荐(0) 编辑

loj 6077/bzoj 2431

摘要：首先我们考虑一个暴力的dp：我们从小到大加入每个数，当我们加入第

i

$i$ 个数时，可能产生的逆序对数量是

[0, i - 1]

$[0,i-1]$ （这个证明考虑把第

i

$i$ 个数放在哪即可），这样可以列出一个递推式：设状态

d p [i] [j]

$dp[i][j]$ 表示已经加到了第

i

$i$ 个数，此时的逆序对个数为

j

$j$ ，那么有转移：$dp[i][j]= 阅读全文

posted @ 2019-07-04 21:50 lleozhang 阅读(465) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 4596

摘要：考虑容斥，容斥系数-1 首先不难发现，如果没有一个公司一条边这个限制的话，就是一个很简单的矩阵树定理了可是有了这个限制，就会出现重复因此我们用容斥原理来解决我们枚举哪个（些）公司没被用到，对剩下的公司跑矩阵树定理，乘一个容斥系数累计贡献即可时间复杂度

O (n^{3} 2^{n})

$O(n^{3}2^{n})$ 代码：阅读全文

posted @ 2019-07-04 15:01 lleozhang 阅读(180) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之六——多项式快速幂

摘要：问题：已知一个次数为

n - 1

$n-1$ 的多项式

F (x)

$F(x)$ ，求一个多项式

G (x)

$G(x)$ 满足

G (x) \equiv F (x)^{k}

$G(x)\equiv F(x)^{k}$ 这个...你需要多项式exp 直接推一发式子就可以了：

G (x) \equiv F (x)^{k}

$G(x)\equiv F(x)^{k}$

G (x) \equiv e^{l n F (x)^{k}}

$G(x)\equiv e^{lnF(x)^{k}}$ $G(x)\equi 阅读全文

posted @ 2019-06-23 21:20 lleozhang 阅读(489) 评论(0) 推荐(0) 编辑

luogu 4389

摘要：生成函数好题首先我们对每一种物品（设体积为

v_{i}

$v_{i}$ ）构造生成函数

F (x) = \sum_{j = 1}^{\infty} x^{j v_{i}}

$F(x)=\sum_{j=1}^{\infty}x^{jv_{i}}$ 那么很显然答案就是这一堆东西乘在一起但是...这个复杂度是

O (n m l o g_{2} m)

$O(nmlog_{2}m)$ 的，显然不合理因此我们考虑优化我们发现，如果我们把所有生成函阅读全文

posted @ 2019-06-23 20:02 lleozhang 阅读(214) 评论(0) 推荐(0) 编辑

组合数学，容斥原理与反演

摘要：这一篇是一个专题总结，可能会写很久，希望不会咕掉一.组合数学： ①.基本公式： 1.排列数公式

A_{n}^{m} = \frac{n!}{(n - m)!}

$A_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}$ ，表示从

n

$n$ 个元素中选出

m

$m$ 个元素并进行全排列的方案数特别的，当

m = n

$m=n$ 时，有

A_{n}^{n} = n!

$A_{n}^{n}=n!$ （规定

0! = 1

$0!=1$ ） 2.组合数阅读全文

posted @ 2019-06-22 09:58 lleozhang 阅读(1732) 评论(0) 推荐(1) 编辑

CF932E

摘要：斯特林数好题：求

\sum_{i = 1}^{n} C_{n}^{i} i^{k}

$\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}i^{k}$ 首先第二类斯特林数有一个性质：

x^{n} = \sum_{i = 0}^{n} S_{2} (n, i) C_{x}^{i} i!

$x^{n}=\sum_{i=0}^{n}S_{2}(n,i)C_{x}^{i}i!$ 那么我们展开原来的表达式，得到：

\sum_{i = 1}^{n} C_{n}^{i} i^{k}

$\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}i^{k}$ =$\ 阅读全文

posted @ 2019-06-21 15:56 lleozhang 阅读(241) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 4455

摘要：容斥好题首先我们考虑，如果没有节点之间一一对应的限制，我们可以这样

d p

$dp$ ：设状态

d p [i] [j]

$dp[i][j]$ 表示以

i

$i$ 为根节点的子树，节点

i

$i$ 与节点

j

$j$ 对应的方案数那么转移就是$dp[i][j]=\prod_{son_{i}}\sum_{k=1}^{n}map[j][k]dp[son_{i}] 阅读全文

posted @ 2019-06-20 20:06 lleozhang 阅读(218) 评论(0) 推荐(0) 编辑

loj 6485

摘要：单位根反演好题题意：求

\sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} S^{i} a_{i m o d 4}

$\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}S^{i}a_{ i mod 4 }$ 看到

i

$i$

m o d

$mod$

4

$4$ 这种东西，很显然要分类讨论啦于是变成了这种形式：

\sum_{d = 0}^{3} a_{d} \sum_{i = 0}^{n} [

$\sum_{d=0}^{3}a_{d}\sum_{i=0}^{n}[$

i \equiv d

$i\equiv d$ $mod 阅读全文

posted @ 2019-06-20 17:43 lleozhang 阅读(300) 评论(0) 推荐(0) 编辑

单位根反演学习笔记

摘要：基本形式：设

f (x) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}

$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$ 则有

\sum_{i = 0}^{n} a_{i} [d | i] = \frac{1}{d} \sum_{p = 0}^{d - 1} f (w_{d}^{p})

$\sum_{i=0}^{n}a_{i}[d|i]=\frac{1}{d}\sum_{p=0}^{d-1}f(w_{d}^{p})$ 在

F F T

$FFT$ 中会用到的形式： $f_{i}=\sum_{j=0}^{n-1}\fra 阅读全文

posted @ 2019-06-20 17:04 lleozhang 阅读(171) 评论(0) 推荐(0) 编辑

二项式反演学习笔记

摘要：二项式反演的公式：若已知

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} C_{n}^{i} g_{i}

$f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}C_{n}^{i}g_{i}$ ，则有：

g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} C_{n}^{i} f (i)

$g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}C_{n}^{i}f(i)$ 一个更常见的公式：已知

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} g (i)

$f(n)=\sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}g(i)$ ，阅读全文

posted @ 2019-06-19 20:32 lleozhang 阅读(202) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 3622

摘要：首先需要知道二项式反演的一个推论：

f (k) = \sum_{i = k}^{n} C_{i}^{k} g (i)

$f(k)=\sum_{i=k}^{n}C_{i}^{k}g(i)$ ，则

g (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} C_{i}^{k} f (i)

$g(k)=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}f(i)$ 然后我们考虑如果糖果多于药片的比药片多与糖果的多

k

$k$ 个，那么糖果多于药片的个数应该为$\frac{n+ 阅读全文

posted @ 2019-06-19 20:28 lleozhang 阅读(141) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 5306

摘要：留个位置本题...一言难尽啊... 首先可以发现，恰好为

S

$S$ 个的颜色数量为

M = m i n (\frac{n}{S}, m)

$M=min(\frac{n}{S},m)$ 首先我们设

g (i)

$g(i)$ 表示至少选了

i

$i$ 种颜色达到恰好

S

$S$ 个的方案数，那么$g(i)=C_{m}^{i}(m-i)^{n-iS}\frac{n!}{(S!)^{i}(n-iS 阅读全文

posted @ 2019-06-19 18:25 lleozhang 阅读(200) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 3625

摘要：首先我们需要找出一个朴素的递推来解决这个问题：设状态

f (i)

$f(i)$ 表示权值和为

i

$i$ 的二叉树的数量，

g (i)

$g(i)$ 表示权值

i

$i$ 是否在集合中，即

g (i) = [i \in S]

$g(i)=[i\in S]$ 枚举根节点和左子树的权值，立刻得到一个递推： $f(n)=\sum_{i=0}^{n}g(i)\sum_{j=0}^{n-i} 阅读全文

posted @ 2019-06-19 15:24 lleozhang 阅读(160) 评论(0) 推荐(0) 编辑

任意模数NTT（二）

摘要：这一版是mx发明的MTT 速度极快，精度基本有保证，在奇技淫巧无效时可以考虑这个东西... （但是无论如何我都不想用真正的任意模数NTT，那种东西简直毒瘤而且常常数巨大...）原理：并不关心阅读全文

posted @ 2019-06-19 13:50 lleozhang 阅读(281) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 4913

摘要：好毒瘤的一道题啊... 对每个

a_{i} \in S

$a_{i}\in S$ ,设

F (x)

$F(x)$ 为用

j

$j$ 个

a_{i}

$a_{i}$ 构造出

j a_{i}

$ja_{i}$ 的生成函数，那么

F (x) = \sum_{j = 1}^{\infty} x^{j a_{i}}

$F(x)=\sum_{j=1}^{∞}x^{ja_{i}}$ 根据这篇博客里的内容，可以求得：

F (x) = \frac{1}{1 - x^{a_{i}}}

$F(x)=\frac{1}{1-x^{a_{i}}}$ 设$t_{i 阅读全文

posted @ 2019-06-18 17:31 lleozhang 阅读(171) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 3456

摘要：有两种推导方法：第一种：设状态

f (i)

$f(i)$ 表示有

i

$i$ 个点的无向连通图个数，

g (i)

$g(i)$ 表示有

i

$i$ 个点的无向图个数，那么显然

f (n)

$f(n)$ 即为我们所求，而

g (i) = 2^{\frac{i (i - 1)}{2}}

$g(i)=2^{\frac{i(i-1)}{2}}$ 于是写出一个递推：枚举

1

$1$ 号点所在的连通块，可得：$g(n)=\sum_{i=1}^ 阅读全文

posted @ 2019-06-18 13:35 lleozhang 阅读(164) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之五——多项式exp

摘要：问题：已知一个多项式

F (x)

$F(x)$ 次数为

n - 1

$n-1$ ，求一个多项式

G (x)

$G(x)$ 满足

G (x) \equiv e^{F (x)}

$G(x)\equiv e^{F(x)}$ (

m o d

$mod$

x^{n}

$x^{n}$ ) 保证

F (x)

$F(x)$ 常数项为

0

$0$ 好像有点困难... 首先有一个基础知识：我们可以用牛顿迭代求出一个多项式的多项式零点也即已知一个多项式$F(x) 阅读全文

posted @ 2019-06-14 17:28 lleozhang 阅读(1813) 评论(0) 推荐(0) 编辑

leozhang

他言江湖如戏，一梦唏嘘，可说不可忆

随笔分类 - 其他数学问题

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