传送门 Sol (怎么老是有人喜欢出新的多项式毒瘤板子,懒得整到一起了) 核心就是把 幂用下降幂来代替. 使用斯特林数展开幂为下降幂: \[x^n=\sum_{i=0}^n{x\choose i}i!S(n,i)=\sum_{i=0}^nS(n,i)x^{\underline i}\] 那么要求的多项式: \[\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^jS(i,j)x^{\underline j}\] 交换求和顺序: \[\sum_…

代码 神仙题? 看到连续的点值,那么一定是要利用到连续点值的性质,可以考虑下降幂多项式,即考虑多项式\(F(x) = \sum\limits_{i=0}^m a_ix^{\underline i}\). 因为有下降幂,下降幂和阶乘相关,所以可以考虑点值的指数型生成函数,故设\(G(x) = \sum\limits_{i=0}^\infty \frac{f(i)}{i!} x^i\).我们考虑\(F(x) = x^{\underline m}\),那么\(G(x) = \sum\limits_{i…

题面传送门 wjz:<如何优雅地 AK NOI> 我:如何优雅地爆零 首先,按照这题总结出来的一个小套路,看到多项式与组合数结合的题,可以考虑将普通多项式转为下降幂多项式,因为下降幂和组合数都可以用阶乘相除的形式表示,而对于两个组合数相乘我们有恒等式 \(\dbinom{n}{m}\dbinom{m}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{m-k}\),这样我们可以将原式中待枚举变量 \(m\) 从两个组合数中转移到一个组合数(\(\dbinom{n-k}{m-k}\))中…

FFT #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #define maxn 1000005 using namespace std; inline int read() { ,f=;char ch=getchar(); ; +ch-'; return x*f; }…

传送门 可以……这很多项式开根模板……而且也完全不知道大佬们怎么把这题的式子推出来的…… 首先,这题需要多项式开根和多项式求逆.多项式求逆看这里->这里,这里讲一讲多项式开根 多项式开方:已知多项式$B$,求多项式$A$满足$A^2\equiv B\pmod{x^n}$(和多项式求逆一样这里需要取模,否则$A$可能会有无数项) 假设我们已经求出$A'^2\equiv B\pmod{x^n}$,考虑如何计算出$A^2\equiv B\pmod{x^{2n}}$ 首先肯定存在$A^2\equiv B…

定义多项式$h(x)$的每一项系数$h_i$,为i在c[1]~c[n]中的出现次数. 定义多项式$f(x)$的每一项系数$f_i$,为权值为i的方案数. 通过简单的分析我们可以发现:$f(x)=\frac{2}{\sqrt{1-4h(x)}+1}$ 于是我们需要多项式开方和多项式求逆. 多项式求逆: 求$B(x)$,使得$A(x)*B(x)=1\;(mod\;x^m)$ 考虑倍增. 假设我们已知$A(x)*B(x)=1\;(mod\;x^m)$,要求$C(x)$,使得$A(x)*C(x)=1\;…

题目大意 考虑一个含有\(n\)个互异正整数的序列\(c_1,c_2,\ldots ,c_n\).如果一棵带点权的有根二叉树满足其所有顶点的权值都在集合\(\{c_1,c_2,\ldots ,c_n\}\)中,我们的小朋友就会将其称作神犇的.并且他认为,一棵带点权的树的权值,是其所有顶点权值的总和. 给出一个整数\(m\),你能对于任意的\(s(1\leq s\leq m)\)计算出权值为\(s\)的神犇二叉树的个数吗? 我们只需要知道答案关于\(998244353\)取模后的值. \(n,m\…

传送门 codeforces传送门codeforces传送门codeforces传送门 生成函数好题. 卡场差评至今未过 题意简述:nnn个点的二叉树,每个点的权值KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '\inC' at position 4: v_i\̲i̲n̲C̲=\{a_1,a_2,...a-,定义一棵树的权值为所有点的权值之和,问有多少棵树满足其权值等于i(i=1,2,...,m)i(i=1,2,...,m)i(i=1,2,...,m) 对每个点的…

首先,我们构造一个函数$G(x)$,若存在$k∈C$,则$[x^k]G(x)=1$. 不妨设$F(x)$为最终答案的生成函数,则$[x^n]F(x)$即为权值为$n$的神犇二叉树个数. 不难推导出,$[x^n]F(x)=\sum_{i=0}^{n}[x^i]G(x)\sum_{j=0}^{n-i}[x^j]F(j)\times [x^{n-j-i}]F(n-j-i)$. (这个式子的意思就是说,不妨设当前根节点的权值为i,然后枚举左右两个子树的权值) 这个式子显然可以通过动规的方式去推,从而得出…

题面 传送门 思路 首先,我们把这个输入的点的生成函数搞出来: $C=\sum_{i=0}^{lim}s_ix^i$ 其中$lim$为集合里面出现过的最大的数,$s_i$表示大小为$i$的数是否出现过 我们再设另外一个函数$F$,定义$F_k$表示总权值为$k$的二叉树个数 那么,一个二叉树显然可以通过两个子树(可以权值为0,也就是空子树)和一个节点构成 那么有如下求$F$的式子 $F_0=1$ $F_k=\sum_{i=0}^k s_i \sum_{j=0}^{k-i} F_j F_{k-i-…