不要以为用上Stirling数就一定离正解更近,FFT都是从DP式本身出发的. 设f[i]为i个积木的所有方案的层数总和,g[i]为i个积木的方案数,则答案为$\frac{f[i]}{g[i]}$ 转移枚举第一层是哪些积木:$$f_n=g_n+\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}f_{n-i},f_0=0$$$$g_n=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i}g_{n-i},g_0=1$$ 转化成卷积形式:$$\frac{f_n}{n!}=\frac{g_n}{n!}…

显然的做法是求出斯特林数,但没有什么优化空间. 考虑一种暴力dp,即设f[i]为i块积木的所有方案层数之和,g[i]为i块积木的方案数.转移时枚举第一层是哪些积木,于是有f[i]=g[i]+ΣC(i,j)·f[i-j],g[i]=ΣC(i,j)·g[i-j] (j=1~i). 考虑优化 .我们发现这个转移非常像卷积.写成卷积形式,有f[i]=g[i]+Σi!·Σf[i-j]/j!/(i-j)!,g[i]=i!·Σg[i-j]/j!/(i-j)!.直接分治NTT即可. 诶是不是强行多了个log?考…

设f[i]为i个积木能堆出来的种类,g[i]为i个积木能堆出来的种类和 \[ f[n]=\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}g[n-i] \] \[ g[n]=\sum_{i=1}^{n}C_{n}^{i}f[n-i]+g[n] \] 理解就是选出包含最后一个的块,然后剩下的按照之前的拼 化简,设s为\( \frac{1}{n!} \),G为\( \frac{g[n]}{n!} \),F为\( \frac{fn]}{n!} \),把组合数拆开,变成卷积形式,然后化简就变成 \[ F=\…

设$g_{n}$表示$n$个积木放的方案数,枚举最后一层所放的积木,则有$g_{n}=\sum_{i=1}^{n}c(n,i)g_{n-i}$(因为积木有编号的所以要选出$i$个) 将组合数展开并化简,得到$\frac{g_{n}}{n!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{g_{n-i}}{i!(n-i)!}$,明显是一个分治fft的形式,转换为多项式求逆: 令$g_{n}$的指数生成函数为$G(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{g_{i}}{i!}x^{i}$,再…

hdu 5730 Shell Necklace 题意:求递推式\(f_n = \sum_{i=1}^n a_i f_{n-i}\),模313 多么优秀的模板题 可以用分治fft,也可以多项式求逆 分治fft 注意过程中把r-l+1当做次数界就可以了,因为其中一个向量是[l,mid],我们只需要[mid+1,r]的结果. 多项式求逆 变成了 \[ A(x) = \frac{f_0}{1-B(x)} \] 的形式 要用拆系数fft,直接把之前的代码复制上就可以啦 #include <iostream…

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=…

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\;…

前言 emmm暂无 多项式求逆目的 顾名思义 就是求出一个多项式的摸xn时的逆 给定一个多项式F(x),请求出一个多项式G(x),满足F(x)∗G(x)≡1(modxn),系数对998244353取模. 多项式求逆主要思路 我们考虑用递推的做法 假设我们当前已知F(x)H(x)=1(mod xi/2) 要求的是F(x)Q(x)=1(mod xi) 因为F(x)Q(x)=1(mod xi) 所以F(x)Q(x)=1(mod xi/2) 可得F(x)(Q(x)-H(x))=0(mod xi/2) 显…

题面 求有 \(n\) 个点的无向有标号连通图个数 . \((1 \le n \le 1.3 * 10^5)\) 题解 首先考虑 dp ... 直接算可行的方案数 , 容易算重复 . 我们用总方案数减去不可行的方案数就行了 (容斥) 令 \(f_i\) 为有 \(i\) 个点的无向有标号连通图个数 . 考虑 \(1\) 号点的联通块大小 , 联通块外的点之间边任意 但 不能与 \(1\) 有间接联系 . 那么就有 \[\displaystyle f_i = 2^{\binom i 2} - \s…

题意 链接 Sol Orz yyb 一开始想的是直接设\(f_i\)表示\(i\)个点的无向联通图个数,枚举最后一个联通块转移,发现有一种情况转移不到... 正解是先设\(g(n)\)表示\(n\)个点的无向图个数,这个方案是\(2^{\frac{i(i-1)}{2}}\)(也就是考虑每条边选不选) 考虑如何得到\(g\) \[g(n) = \sum_{i=0}^n C_{n-1}^{i-1}f(i) g(n-i)\] 直接将\(2^{\frac{n(n-1)}{2}}\)带入然后化简一下可以得…