其他数学问题—fft与ntt - 随笔分类 - lleozhang

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

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

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

bzoj 4555

摘要：题意：求

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{i} S (i, j) 2^{j} j!

$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}S(i,j)2^{j}j!$ 一看就觉得不可做... 但是还是需要仔细分析的最重要的是一步转化：根据第二类斯特林数的定义：

S (n, m)

$S(n,m)$ 表示将

n

$n$ 个不同物品分到

m

$m$ 个集合中的方案数然后考虑求和式里面那个东西，发现其含义就是阅读全文

posted @ 2019-06-13 18:57 lleozhang 阅读(132) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之四——多项式对数

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)

$G(x)$ 使得

G (x) \equiv l n (F (x))

$G(x)\equiv ln(F(x))$ (

m o d

$mod$

x^{n}

$x^{n}$ ) （保证

F (x)

$F(x)$ 常数项为1）这个比较简单：两边求导，得：

G^{^{'}} (x) \equiv \frac{F^{^{'}} (x)}{F (x)}

$G^{'}(x)\equiv \frac{F^{'}(x)}{F(x)}$ ($m 阅读全文

posted @ 2019-06-12 16:19 lleozhang 阅读(832) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之三——多项式开根

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)

$G(x)$ 使得

(G (x))^{2} \equiv F (x)

$(G(x))^{2}\equiv F(x)$ (

m o d

$mod$

x^{n}

$x^{n}$ ) （保证常数项为

1

$1$ ）仍然是推式子首先，不难发现的是如果

F (x)

$F(x)$ 次数为0，那么

G (x) = 1

$G(x)=1$ 类似多项式求逆，我们倍增处理：设已知$ 阅读全文

posted @ 2019-06-12 16:14 lleozhang 阅读(909) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之二——多项式除法

摘要：多项式求逆是多项式除法的基础，如果你不会多项式求逆，请看这里问题：已知两个多项式

F (x)

$F(x)$ （次数为n）,

G (x)

$G(x)$ （次数为m），求两个多项式

Q (x)

$Q(x)$ 与

R (x)

$R(x)$ ，满足

F (x) = G (x) Q (x) + R (x)

$F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$ ，所有运算在模998244353意义下进行推一发式子： $F(x)=G(x)Q( 阅读全文

posted @ 2019-06-12 08:25 lleozhang 阅读(2232) 评论(0) 推荐(0) 编辑

多项式问题之一——多项式求逆

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)

$G(x)$ 使得

F (x) * G (x) \equiv 1

$F(x)*G(x)\equiv 1$ (

m o d x^{n}

$mod x^{n}$ )，所有运算在模998244353意义下进行怎么搞？先进行一点分析：如果

F (x)

$F(x)$ 只有一项，那么

G (x)

$G(x)$ 里也只有一项，就是

F (x)

$F(x)$ 里那项的逆阅读全文

posted @ 2019-06-12 08:11 lleozhang 阅读(563) 评论(0) 推荐(0) 编辑

任意模数NTT

摘要：这并不是真正的任意模数NTT，只是一种奇技淫巧，但是由于码量小而且有效，所以写在这里在卷积问题中，如果我们要求对答案取模，而且答案不取模会爆long long，但模数原根并不好甚至不是质数，这该怎么办呢？直接提出一种方法：取一个阈值M，将原本的一个多项式拆分成两个多项式，系数分别为$A_{i}/ 阅读全文

posted @ 2019-06-04 20:28 lleozhang 阅读(593) 评论(0) 推荐(0) 编辑

CF623E

摘要：在做本题之前，你需要一个预备知识：任意模数NTT 如果不会，请看这里（其实那个不是真正的任意模数NTT，而是一种奇技淫巧，但是...能用就行！）然后我们来讨论本题首先不难发现，后来的一个数

A

$A$ 的二进制表示一定至少有一位上是

1

$1$ ，且原来的数上这一位都是

0

$0$ 这是很显然的，否则无法满足

B

$B$ 阅读全文

posted @ 2019-06-04 20:23 lleozhang 阅读(314) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 3513

摘要：很有趣的一道题：我们分类进行计算：首先，如果只损失了一件，那么很好计算：每一件斧头都会为对应代价产生一种可能然后，如果值损失了两件，那么也很好计算：构造多项式

A (x) = \sum_{i = 0}^{m a x (a)} (价 值 i 出 现 的 次 数) * x^{i}

$A(x)=\sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$ 那么该多项式与自身卷积，得到的多项式每一项前对应的系阅读全文

posted @ 2019-05-04 20:43 lleozhang 阅读(161) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 4259

摘要：与bzoj 4503是一个题，只是两个串都有通配符如果你没有做过那道题，请看这里接下来假设你知道这些前置知识了那么对于两个通配符，我们将表达式变成这样即可：

\sum_{i = 0}^{l} S_{i} * T_{i} * (S_{i} - T_{i})^{2} == 0

$\sum_{i=0}^{l}S_i*T_i*(S_i-T_i)^2==0$ 然后打开： $\sum_{i=0}^{l}T_i*(S_i 阅读全文

posted @ 2019-05-04 20:40 lleozhang 阅读(165) 评论(0) 推荐(0) 编辑

bzoj 4503

摘要：一道FFT好题，也是FFT作用于字符串匹配的一个典型题首先我们解释为什么FFT可以用于字符串匹配：我们发现：设两个字符串为

S, T

$S,T$ ，且两个串长度均为

l

$l$ ，那么两个字符串相等的充要条件是：

S_{i} == T_{i} (i \in [1, l])

$S_i==T_i (i\in [1,l])$ 那么我们变下形，也就是： $S_i-T-i==0 (i 阅读全文

posted @ 2019-05-04 20:18 lleozhang 阅读(206) 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—fft与ntt

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