题解 P5320 - [BJOI2019]勘破神机（推式子+第一类斯特林数）

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题解 P5320 - [BJOI2019]勘破神机（推式子+第一类斯特林数）

洛谷题面传送门神仙题(为什么就没能自己想出来呢/zk/zk) 这是我 AC 的第 $2\times 10^3$ 道题哦首先考虑 $m=2$ 的情况,我们首先可以想到一个非常 trivial 的 DP:$dp_i$ 表示填好前 $i$ 列的方案数,那么第 $i$ 列显然有横着放和竖着放两种可能,方案数分别是 $dp_{i-2}$ 和 $dp_{i-1}$,因此我们有 $dp_i=dp_{i-2}+dp_{i-1}$,边界条件 $dp_0=1$,显然这个递推式…

luogu P5320 [BJOI2019]勘破神机

传送门首先我们要知道要求什么.显然每次放方块要放一大段不能从中间分开的部分.设$m=2$方案为$f$,$m=3$方案为$g$,$m=2$可以放一个竖的,或者两个横的,所以$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$;$m=3$,因为只有$i$为偶数有值,所以后面的$i$其实是$2i$,然后可以发现要么放三个横的,要么像下面这样放长度为偶数的块 |--| ------ |--| |----| ---- |----| 可以注意到每种长度都有两种方案(长度为\(…

[BJOI2019]勘破神机

[BJOI2019]勘破神机推式子好题 m=2,斐波那契数列,$f_{n+1}$项不妨$++l,++r$,直接求$f_n$ 求$\sum C(f_n,k)$,下降幂转化成阶乘幂,这样都是多项式了,方便交换求和号最后面的斐波那契数列用通项公式求.二项式展开. 交换求和号之后,枚举i,j 最后一项是等比数列求和. %rqy m=3, n为奇数是0 n是偶数时,令n=n/2 递推公式:$g_n=4\times g_{n-1}+g_{n-2}$ 证明:枚举从后往前第一个完全分出的块,除了块长为2的…

[BJOI2019]勘破神机（斯特林数，数论）

[BJOI2019]勘破神机(斯特林数,数论) 题面洛谷题解先考虑$m=2$的情况. 显然方案数就是$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$,即斐波那契数,虽然这里求出来是斐波那契的第$n+1$项,但是本质上没什么区别,就默认是斐波那契数列了. 斐波那契数列的特征根是$\alpha=\frac{1+\sqrt 5}{2},\beta=\frac{1-\sqrt 5}{2}$,然后大力设一下通项是$f_n=A\alpha^n+B\beta^n$,可以解出\(f_n=\f…

[BJOI2019]勘破神机（斯特林数+二项式定理+数学）

题意:f[i],g[i]分别表示用1*2的骨牌铺2*n和3*n网格的方案数,求ΣC(f(i),k)和ΣC(g(i),k),对998244353取模,其中l<=i<=r,1<=l<=r<=1e18 题解:显然打表发现f[i]为斐波那契数列,g[2i+1]=0,g[2i]=4g[2i-2]-g[2i-4]. 然后考虑m=2的斐波那契部分:k是给定的,仅需求斐波那契数列的下降幂,然后可以用第一类斯特林数去转换,然后求斐波那契数列的幂之和,假设斐波那契数列的两个特征根为a,b,则f(…

#loj3090 [BJOI2019] 勘破神机

简单线性代数练习题首先翻开具体数学生成函数一章,可以发现$F(n),G(n)$满足以下递推式 \[F(n)=F(n-1)+F(n-2),F(0)=1,F(1)=1\] \[G(n)=4G(n-2)-G(n-4),G(2)=3,G(0)=1\] 我们发现$G$只有偶数项有值(证明的话可以把网格黑白染色什么的来证明) 那么我们可以设$T(n)=G(2n)$ 那么$T$服从以下递推式 \[T(n)=4T(n-1)-T(n-2),T(1)=1,T(0)=1\] 那么我们发现$F$和…

[BJOI2019]勘破神机（第一类斯特林数，斐波那契数列）

真的是好题,只不过强行多合一有点过分了…… 题目大意: $T$ 组数据.每个测试点中 $m$ 相同. 对于每组数据,给定 $l,r,k$,请求出 $\dfrac{1}{r-l+1}\sum\limits_{n=l}^r\dbinom{f(n,m)}{k}\bmod 998244353$. 其中 $f(n,m)$ 表示用 $1\times 2$ 的骨牌(可以变成 $2\times 1$)填满 $n\times m$ 的网格的方案数. $1\le T\le 5,1\le l\le r\le 10^{…