其他数学问题—多项式 - 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 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

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—多项式

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