题面 传送门 题解 如果您不知道伯努利数是什么可以去看看这篇文章 首先我们把自然数幂和化成伯努利数的形式 \[\sum_{i=1}^{n-1}i^k={1\over k+1}\sum_{i=0}^k{k+1\choose i}B_in^{k+1-i}\] 然后接下来就是推倒了 \[ \begin{aligned} Ans &=\sum_{k=0}^na_kS_k(x)\\ &=\sum_{k=0}^na_k\left(x^k+{1\over k+1}\sum_{i=0}^k{k+1\cho

题面 传送门 题解 不知道伯努利数是什么的可以先去看看这篇文章 多项式求逆预处理伯努利数就行 因为这里模数感人,所以得用\(MTT\) //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i

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

传送门 调了1h竟然是因为1004535809写成了998244353 "恰好有\(K\)种颜色出现了\(S\)次"的限制似乎并不容易达到,考虑容斥计算. 令\(c_j\)表示强制\(j\)种颜色恰好出现\(S\)次,其他颜色随意染的方案数.可以通过生成函数知道 \(\begin{align*} c_j &= \binom{m}{j} n! [x^n] (\frac{x^k}{k!})^j (\sum\limits_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!})^{m

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\

题目大意 本题的满二叉树定义为:不存在只有一个儿子的节点的二叉树. 定义一棵满二叉树\(A\)包含满二叉树\(B\)当且经当\(A\)可以通过下列三种操作变成\(B\): 把一个节点的两个儿子同时删掉 把一棵子树替换成根的的左子树或右子树. 定义\(k\)连树为一棵只有恰好\(k\)个叶子的满二叉树,如果某个节点有一个右孩子,那么这个右孩子一定是一个叶子. 对于给定的\(k\)和\(n\),对于所有在\(1\)到\(n\)之间的\(i\),你需要求出所有叶子节点恰好为\(i\),且不包含\(k\

题解 分治FFT 设\(f_i\)为\(i\)个点组成的无向图个数,\(g_i\)为\(i\)个点组成的无向连通图个数 经过简单的推导(枚举\(1\)所在的连通块大小),有: \[ f_i=2^{\frac{i(i-1)}{2}} \] \[ \begin{align} g_i&=f_i-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{n-1}{j-1}g_jf_{i-j}\\ &=f_i-(i-1)!\sum_{j=1}^{i-1}\frac{g_j}{(j-1)!}\frac{f_{i-

Description 求\(~n~\)个点组成的有标号无向连通图的个数.\(~1 \leq n \leq 13 \times 10 ^ 4~\). Solution 这道题的弱化版是poj1737, 其中\(n \leq 50\), 先来解决这个弱化版的题.考虑\(~dp~\),直接统计答案难以入手,于是考虑容斥.显然有,符合条件的方案数\(=\)所有方案数\(-\)不符合条件的方案数,而这个不符合条件的方案数就是图没有完全联通的情况.设\(~dp_i~\)表示\(~i~\)个点组成的合法方案

NTT多项式求逆模板,详见代码 #include <map> #include <set> #include <stack> #include <cmath> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #

第一眼生成函数.四个等比数列形式的多项式相乘,可以化成四个分式.其中分母部分是固定的,可以多项式求逆预处理出来.而分子部分由于项数很少,询问时2^4算一下贡献就好了.这个思路比较直观.只是常数巨大,以及需要敲一发类似任意模数ntt的东西来避免爆精度.成功以这种做法拿下luogu倒数rank1,至于bzoj不指望能过了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib>

官方题解:http://codeforces.com/blog/entry/54233 就是由简入繁 1.序列处理,只考虑一个半圆 2.环形处理(其实这个就是多了旋转同构) 然后基于分割线邻居的跨越与否,分类讨论 g->没有分割线方案数(其实也可以变成贡献,但是太简单,之后乘上(i+0/1/2)也方便) f0->有分割线,两边都没有选所有情况的贡献的和 f1->有分割线,两边选择了一个所有情况的贡献的和 f2->有分割线,两边都选择了所有情况的贡献的和 最后对于环 考虑除了中间割线

思路 多项式求逆就是对于一个多项式\(A(x)\),求一个多项式\(B(x)\),使得\(A(x)B(x) \equiv 1 \ (mod x^n)\) 假设现在多项式只有一项,显然\(B(x)\)的第0项(常数项)就是\(A(x)\)的第0项(常数项)的逆元(所以\(A(x)\)有没有逆元取决于\(A(x)\)的常数项有没有逆元) 那我们可以利用递归的方法, 现在要求 \[ A(x)B(x) \equiv 1 (mod\ x^n) \] 假设有多项式\(B'(x)\),满足 \[ A(x)B'

前言 学习了Great_Influence的递推实现,我给大家说一下多项式求逆严格的边界条件,因为我发现改动一些很小的边界条件都会使程序出错.怎么办,背代码吗?背代码是不可能,这辈子都不会背代码的.理解了边界条件就不会出错了. 分析 理论基础 \[A \times B \equiv 1 \qquad (\mod{x^n})\] \[A \times B' \equiv 1 \qquad (\mod{x^{\frac{n}{2}}})\] \[A \times (B-B') \equiv 0 \q

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

传送门 多项式求逆模板题. 简单讲讲? 多项式求逆 定义: 对于一个多项式A(x)A(x)A(x),如果存在一个多项式B(x)B(x)B(x),满足B(x)B(x)B(x)的次数小于等于A(x)A(x)A(x)且A(x)B(x)≡1mod&ThinSpace;&ThinSpace;xnA(x)B(x)≡1 \mod x^nA(x)B(x)≡1modxn,那么我们称B(x)为A(x)A(x)A(x)在模xnx^nxn意义下的逆元,简单记作A−1(x)A^{−1}(x)A−1(x) 求法: n