BZOJ 题意即求\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{a+id}\sum_{x=1}^jx^k\] 我们知道最后一个\(\sum\)是自然数幂和,设\(f(n)=\sum_{x=1}^nx^k\),这是一个\(k+1\)次多项式,可以插值求出(当然本题只需要求出任意\(k+3\)个值即可不需要插值). 令\(g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\),(打表)差分可知这是一个\(k+2\)次多项式. 同样令\(h(n)=\sum_{i=0}^ng(a+id)\),同样差分可知…

[题意]给定k<=123,a,n,d<=10^9,求: $$f(n)=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=1}^{a+id}\sum_{x=1}^{j}x^k$$ [算法]拉格朗日插值 [题解]参考:拉格朗日插值法及应用 by DZYO 虽然式子很复杂,但一点一点化简有条理的化简后就可以做了. 首先最后是一个自然数幂和: $$\sum_{x=1}^{j}x^k$$ 这是一个k+1次多项式,可以理解为k+一个Σ(一般一个Σ增加一次项). 然后会发现最后部分和第二部分之间不需要插值,因为第…

题面传送门 首先根据我们刚学插值时学的理论知识,\(f(i)\) 是关于 \(i\) 的 \(k+1\) 次多项式.而 \(g(x)\) 是 \(f(x)\) 的前缀和,根据有限微积分那一套理论,\(g(x)\) 是关于 \(x\) 的 \(k+2\) 次多项式.注意到此题 \(k\) 数据范围不过 \(10^2\) 级别,因此我们可以考虑把 \(g\) 多项式的系数插出来.我们代入 \(k+3\) 个点值 \(1,2,3,\cdots,k+3\),预处理出 \(\prod\limits_{i=…

题意 题目链接 Sol 把式子拆开,就是求这个东西 \[\sum_{i = 0} ^n \sum_{j = 1}^{a + id} \sum_{x =1}^j x^k \pmod P\] 那么设\(f(x) = \sum_{i = 1}^n i^k\),这是个经典的\(k + 1\)多项式,直接差值 式子就可以化成 \[\sum_{i = 0} ^n \sum_{j = 1}^{a + id} f(j) \pmod P\] 设\(g(x) = \sum_{i = 1}^n f(x)\) 对\(g…

传送门 \(f(n)=\sum_{i=1}^ni^k\),这是自然数幂次和,是一个以\(n\)为自变量的\(k+1\)次多项式 \(g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\),因为这东西差分之后是\(f\),所以这是一个\(k+2\)次多项式 同理最后我们要求的也是一个\(k+3\)次多项式 \(f,g\)暴力计算,然后把第三个多项式用拉格朗日插值插出来,最后只要求第三个多项式的点值即可 话说这题模数没问题啊--为啥得开longlong啊-- //minamoto #include<bits…

分析 之前一直不知道拉格朗日插值是干什么用的,只会做模板题,做了这道题才明白这个神奇算法的用法. 由题意可知,\(f(x)\)是关于\(x\)的\(k+1\)次函数,\(g(x)\)是关于\(x\)的\(k+2\)次函数,\(ans(x)\)是关于\(x\)的\(k+3\)次函数. 由于点值连续,插值可以做到\(O(n)\),求\(g(x)\)和\(ans(x)\)都需要插值,因此时间复杂度为\(O(Tn^2 \log n).(\)\log$是快速幂的,貌似可以通过预处理逆元优化掉,不过AC这道…

[题意]一个序列$a_1,...,a_n$合法当且仅当它们都是[1,A]中的数字且互不相同,一个序列的价值定义为数字的乘积,求所有序列的价值和.n<=500,A<=10^9,n+1<A<mod<=10^9,mod是素数. [算法]动态规划+拉格朗日插值 [题解]这道题每个数字的贡献和序列选了的数字积关系密切,所以不能从序列角度考虑(和具体数字关系不大). 设$f_{n,m}$表示前n个数字(值域)中取m个数字的答案,那么枚举取或不取数字n,取n时乘n且有j个位置可以插入,即:…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4559 关于拉格朗日插值,可以看这些博客: https://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6833391.html https://blog.csdn.net/qq_35649707/article/details/78018944 这个题要先想好DP方程.dp[ i ][ j ]表示第 i 门课.目前有 j 个人被“碾压”. dp[ i ][ j…

BZOJ 洛谷 待补.刚刚政治会考完来把它补上了2333.考数学去了. DP: 首先把无序化成有序,选严格递增的数,最后乘个\(n!\). 然后容易想到令\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个数,当前选的是\(j\)的价值和.复杂度是\(O(nA)\)的.然后忘掉这个做法吧这个做法没前途. 上面这个做法最后还要\(O(A)\)求一遍和,感觉不够优美. 直接令\(f_{i,j}\)表示选了\(i\)个数,选的最大的数\(\leq j\)的价值和.转移为:\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+…

BZOJ 洛谷 为什么已经9点了...我写了多久... 求方案数,考虑DP... \(f[i][j]\)表示到第\(i\)门课,还有\(j\)人会被碾压的方案数. 那么\[f[i][j]=\sum_{k=j}^{n-1}f[i-1][k]\times C_k^{k-j}\times C_{n-1-k}^{R_i-1-(k-j)}\times g[i]\] 就是先从\(k\)人中选出\(k-j\)在\(i\)这门课比B神得分高,然后再从剩下\(n-1-k\)个人中选\(R_i-1-(k-j)\)个…