LOJ BZOJ 洛谷 BZOJ上除了0ms的Rank1啦.明明这题常数很好优化的. 首先,\(n=1\)时有\(2\)个位置放叶子,\(n=2\)时有\(3\)个... 可知\(n\)个点的有标号二叉树有\(n!\)种.(一个二叉树的中序遍历是唯一的,有\(n!\)种,也可以得到这个结论) \(Sol1\) 考虑对每条边两边的点集计算贡献.即设一条边一边有\(size\)个点,另一边有\(n-size\)个点,那么它的贡献是\(size(n-size)\). 直接把边放到点上,枚举每个点\(i…

一定要注意要乘阶乘,细节很多. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; const int N=2007; int n,mod; int C[N][N],fac[N],g[N],f[N]; void Init() { fac[0]=C[0][0]=1; for(in…

首先,每个二叉树对应着唯一的中序遍历,并且每个二叉树的概率是相同的 这十分的有用 考虑\(dp\)求解 令\(f_i\)表示\(i\)个节点的子树,根的深度为\(1\)时,所有点的期望深度之和(乘\(i!\))的值 令\(g_i\)表示\(i\)个节点的子树,期望两两路径之和(乘\(i!\))的值 那么\(f_i = i * i! + \sum \limits_{L = 0}^{i - 1} \binom{i - 1}{L} (f_L * R! + f_R * L!)\),\(L, R\)分别表…

Description Solution \(n\) 个点的二叉树的方案数是 \(n!\) 证明十分显然:新加入的点占掉了 \(1\) 个位置,新加了 \(2\) 个位置,那么多出来一个位置,所以第 \(i\) 个点有 \(i\) 种放法 考虑每条边被经过的次数,设子树大小为 \(size\),就是 \(size*(n-size)\) 以此考虑每个点父边被经过的次数,枚举子树大小 然后贡献就是子树内部形态的方案数乘以外部形态的方案数 内部的显然就是 \(size!\) , 但是编号还不确定,所以…

[HAOI2018]苹果树 cx巨巨给我的大火题. 感觉这题和上次考试gcz讲的那道有标号树的形态(不记顺序)计数问题很类似. 考虑如果对每个点对它算有贡献的其他点很麻烦,不知怎么下手.这个时候就想到换一种思路,算每一条边有多少对点经过,很自然的想到状态\(dp[i][j]\)表示树标号到i,i子树的节点sz大小为j.这题是有标号的,先考虑无标号,那么i子树的形态一共有\(j!\)种. i之上的树的形态(有先后顺序区别)有多少怎么算呢?已经到i了,说明前i个节点的形态已经确定,有\(i!\)种形…

[BZOJ5305][HAOI2018]苹果树(组合计数) 题面 BZOJ 洛谷 题解 考虑对于每条边计算贡献.每条边的贡献是\(size*(n-size)\). 对于某个点\(u\),如果它有一棵大小为\(K\)的子树的话,考虑方案数. 首先要从剩下的\(n-u\)个点中选出\(K\)个点作为这棵子树,那么选择方案数是\({n-u\choose K}\),构树的方案数是\(K!\).除了这些点外,还剩下\(n-u-K\)个点,他们随意的方案数我们这样考虑,首先把选出来的\(K\)个点拿出来,余…

黑白棋(game) [问题描述] 小A和小B又想到了一个新的游戏. 这个游戏是在一个1*n的棋盘上进行的,棋盘上有k个棋子,一半是黑色,一半是白色. 最左边是白色棋子,最右边是黑色棋子,相邻的棋子颜色不同. 小A可以移动白色棋子,小B可以移动黑色的棋子,他们每次操作可以移动1到d个棋子. 每当移动某一个棋子时,这个棋子不能跨越两边的棋子,当然也不可以出界.当谁不可以操作时,谁就失败了. 小A和小B轮流操作,现在小A先移动,有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢? [输入格式] 共一行,三个数,n,k…

4555: [Tjoi2016&Heoi2016]求和 题意:求\[ \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i S(i,j)\cdot 2^j\cdot j! \\ S是第二类斯特林数 \] 首先你要把这个组合计数肝出来,于是我去翻了一波<组合数学> 用斯特林数容斥原理推导那个式子可以直接出卷积形式,见下一篇,本篇是分治fft做法 组合计数 斯特林数 \(S(n,i)\)表示将n个不同元素划分成i个相同集合非空的方案数 Bell数 \(B(n)=\sum\limits_{i=…

4555: [Tjoi2016&Heoi2016]求和 题意:求\[ \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i S(i,j)\cdot 2^j\cdot j! \\ S是第二类斯特林数 \] 首先你要把这个组合计数肝出来,于是我去翻了一波<组合数学> 分治fft做法见上一篇,本篇是容斥原理+fft做法 组合计数 斯特林数 \(S(n,i)\)表示将n个不同元素划分成i个相同集合非空的方案数 考虑集合不相同情况\(S'(n,i)=S(n,i)*i!\),我们用容斥原理推♂倒她…

这道题考察的是组合计数(用Burnside,当然也可以认为是Polya的变形,毕竟Polya是Burnside推导出来的). 这一类问题的本质是计算置换群(A,P)中不动点个数!(所谓不动点,是一个二元组(a,p),a∈A,p∈P ,使得p(a)=a,即a在置换p的作用后还是a). Polya定理其实就是告诉了我们一类问题的不动点数的计算方法. 对于Burnside定理的考察,我见过的有以下几种形式(但归根结底还是计算不动点数): 1.限制a(a∈A)的特点,本题即是如此(限制了各颜色个数,可以…