这个问题似乎有很多种求法,但感觉上第二类Strling数的做法是最方便的. 问题 求下面这个式子: ∑i=0nik\sum_{i=0}^n i^ki=0∑n​ik nnn的范围可以很大. 第二类Strling数 第二类Strling数记作S(n,m)S(n,m)S(n,m).SnmS_n^mSnm​. 定义:将nnn个相同的球放在mmm个不同的箱子里的方案数(其中的每一个箱子至少有一个球). 很容易推出一个式子:Snm=Sn−1m−1+mSn−1mS_n^m=S_{n-1}^{m-1}+mS_{

题意: n个数(1~n)取出r个数,取出的数相差要>=k, 然后分成m个可空组,问有多少种情况. 解法: 先看从n个数中取r个相差>=k的数的方法数,可以发现 dp[i][j] = dp[1][j-1] + dp[2][j-1] + ... + dp[i-k][j-1],(dp[i][1] = i)  即维护一个前缀和即可,可以在O(r*n)内得出. 然后n个不同的数分成m个可以空的组,即为第二类Strling数的和 : S[n][1] + S[n][2] + ... + S[n][m]. S

题目链接:http://lightoj.com/volume_showproblem.php?problem=1326 题意:有n匹马赛跑.问有多少种不同的排名结果.可以有多匹马的排名相同. 思路:排名相同的算作一组,那么最后的排名有1.2……n组,都有可能.那么对于有m组的,首先我们需要计算出n匹马分成m组有多少种分法,这就是第二类Stirling数,设为S(n,m),设a[m]表示m!,那么最后答案就是ans=sum(S(n,i)*a[i])(1<=i<=n). 第二类Stirling数:

Oracle的sessions和processes的数计算公式 原作者链接地址:http://blog.csdn.net/zengmuansha/article/details/7581771 Oracle的sessions和processes的关系是 sessions=1.1*processes + 5   -----实验部分---- Microsoft Windows [版本 5.2.3790](C) 版权所有 1985-2003 Microsoft Corp. C:\Documents a

上一道例题 我们来介绍第二类Stirling数 定义 第二类Stirling数实际上是集合的一个拆分,表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数,记为 或者 .和第一类Stirling数不同的是,集合内是不考虑次序的,而圆排列是有序的.常常用于解决组合数学中几类放球模型.描述为:将n个不同的球放入m个无差别的盒子中,要求盒子非空,有几种方案? 第二类Stirling数要求盒子是无区别的,所以可以得到其方案数公式: 递推式 第二类Stirling数的推导和第一类Stirling数类似,可以从定义出

第二类斯特林数 第二类Stirling数:S2(p, k) 1.组合意义:第二类Stirling数计数的是把p个互异元素划分为k个非空集合的方法数 2.递推公式: S2(0, 0) = 1 S2(p, 0) = 0 ( p >= 1)  显然p >= 1时这种方法不存在 S2(p, p) = 1  显然这时每个元素看为一个集合 S2(p, k) = k * S2(p - 1, k) + S2(p - 1, k - 1) 考虑将1,2,3,...,p划分为k个非空集合,考虑p ⑴将p单独划分为一

5093: [Lydsy1711月赛]图的价值 Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 250  Solved: 130[Submit][Status][Discuss] Description “简单无向图”是指无重边.无自环的无向图(不一定连通). 一个带标号的图的价值定义为每个点度数的k次方的和. 给定n和k,请计算所有n个点的带标号的简单无向图的价值之和. 因为答案很大,请对998244353取模输出. Input 第一行包含两个正

简单的模板题. 题意:问n匹马出现的不同排名数. 题解:可以使用DP,本质上还是第二类Stirling数(隔板法) #include <stdio.h> #include <iostream> #include <string.h> #include <algorithm> #include <utility> #include <vector> #include <map> #include <set> #i

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2643 题意: 有n个个选手参赛,问排名有多少种情况(可以并列). 题解: 简化问题: 将n个不同的元素放到i个有差别的盒子中,情况数为P(n,i),求∑P(n,i) (1<=i<=n) 再简化: 将n个不同的元素放到i个无差别的盒子中,情况数为S(n,i),求∑( S(n,i)*i! ) (1<=i<=n) 哇这是第二类Stirling数 (￣▽￣)~* 递推式:s(n,k) = s(

上午noi.ac崩崩崩了,栽在组合数学上,虽说最后在辰哥&Chemist的指导下A掉了此题,也发现自己组合数学太弱了qwq. 在luogu上找题,结果找到了一个第二类斯特林数的题(还是双倍经验,逃.) 一.什么是第二类Stirling数 第二类斯特林数 S(n,k):把 n 个元素划分成 k 个集合的方案数.  这个问题说的实际一点,就比如说,有n个互异的小球,把他们放入m个盒子里,盒子里不允许为空的方案数.我们设s(i,j)表示放到i个小球,j个盒子的方案数. 那么对于每个小球,当前我们有两种

第一类Stirling数 首先设 $$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k$$ 根据第一类斯特林数的定义(P是排列数,C是组合数,s是Stirling) $$C_n^k={P_n^k\over k!}={\sum_{i=0}^k(-1)^{i+k}s(k,i)n^i\over k!}$$ 变形得 $$ n^k ={\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)n^i}-k! C_n^k$$ $n$ 从1取到n累加, $$S_k(n)=\sum_{j=0}^n(k!C_j

一.第二类Stirling数 定理:第二类Stirling数S(p,k)计数的是把p元素集合划分到k个不可区分的盒子里且没有空盒子的划分个数. 证明:元素在哪些盒子并不重要,唯一重要的是各个盒子里装的是什么,而不管哪个盒子装了什么. 递推公式有:S(p,p)=1 (p>=0)         S(p,0)=0  (p>=1)         S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1)   (1<=k<=p-1) .考虑将前p个正整数,1,2,.....p的集合作为要被

做了老是忘…… 实际问题: 找维基百科.百度百科…… 第一类Stirling数 n个元素构成m个圆排列 S(n,m)=S(n-1,m-1)+(n-1)*S(n-1,m) 初始 S(0,0)=1 S(n,0)=0(n<>0) 第n个元素: 1.形成一个新的环 原来n-1个元素,m-1个环 2.加入原来的任意一个环,插入到原来其中一个数(n-1个)的左/右边 原来n-1个元素,m个环 第二类Stirling数 n个元素分成m个集合 S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m) 初始 S

总行数 ＝ (按钮总数 + 每一行按钮数 - 1) / 每一行按钮数. 同理.假设我们要显示一定总数的item.每页固定数量,则总页数为. 总页数 ＝ (总显示数量 + 每页显示的数量 - 1) / 每页显示的数量.

如果K>n,就无解: 如果K==n,就答案是P(n,n): 如果K<n,答案就是s(n,K)*P(K,K): P为排列数,s为第二类斯特林数. 第二类斯特林数就是将n个球,划分为K个非空集合的方案数(无序),所以要再乘上集合数的全排列. #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; #define MOD 1000000007ll int T,n,K; ll f[1010][1010],jc[1000010]

数数有多少 Time Limit: 2000/1000ms (Java/Others) Problem Description: 小财最近新开了一家公司,招了n个员工,但是因为资金问题,办公楼只有m间办公室,于是小财找到了作为程序员的你解决一个问题:将这n个不同的员工安排在m间相同的办公室(即办公室不可区分)一共有多少种方式?其中每间办公室可以安排任意个数的雇员(包括空办公室). Input: 输入有多组数据 每组数据输入两个数n m (0<m<=n<=100) Output: 输出安排

题意 给定一个有 $n$ 个结点的树,设 $S(i)$ 为第 $i$ 个结点的“指标值”,定义为 $S(i)=\sum_{i=1}^{n}dist(i,j)^k$,$dist(i, j)$ 为结点 $i$ 到结点 $j$ 的最小距离.请输出每个结点的指标值.($n \leq 5000, k \leq 150$) 分析 一个常用的转化 $$n^k=\sum_{i=0}^{k}S(k,i) \times C(n,i) \times i!$$ 证明可以考虑组合意义,等式的左边就是把 $k$ 个球放在

质数 bool prime(int q) { ||q==) ; ) ; !=||q%!=) ; int cnt=sqrt(q); ;i<=cnt;i+=) !=||q%(i+)!=) ; ; } //埃氏筛 筛出1~n的素数 void prime_select() { ;i<=n;i++) { if(vis[i]) continue; printf("%d\n",i); ; } } 线性筛还是要学的qwq(真香),它的原理是每个合数会被它的最小质因子筛一次,利用了当前已经筛

转载于http://blog.csdn.net/creationaugust/article/details/513876231000:A+B 1001:平面图最小割,转对偶图最短路 1002:矩阵树定理,也可以通过推矩阵的递推关系得到递推式 1003:最短路+DP 1007:半平面交 1008:组合数学,需要高精 1010:斜率优化/四边形不等式推决策单调性 1012:线段树 1014:Splay维护字符串的Hash值 1016:矩阵树定理,相同权值压联通块,对一个联通块用一次矩阵树定理计算方