贴个板子，以备复习 点击查看代码 #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<unordered_map> #include<cmath> #define mod 998244353 #define maxn 400010 #define ll long long #define it unordered_map<ll,int>::iterator
记录一下这几天场切的一些我觉得比较难的题，以及一些练习题。 题目名 算法 感悟 P5050 【模板】多项式多点求值 多项式取模，分治FFT 现在才学多少有点逊 P5606 小 K 与毕业旅行 多点求值+二项式反演 [会做wi>0，妙妙思维]+[会计数基本技巧]，会记录一下前一部分 ABC267G Incr
NTT(快速数论变换) 在取模的情况下,解决多项式乘法. n,m表示多项式的次数,从低到高读入 const int NR = 1 << 22, g = 3, gi = 332748118, mod = 998244353; //998244353的一个原根为3且998244353-1=2^23*119，3在模998244353意义下的逆元为332748118 int n, m, rev[NR]; //rev[i]为
1 计算模型1：图灵机 1.1 图灵机的定义 图灵机是一个简洁的计算模型。 我们可以将图灵机视为拥有一个无限长、可以双向移动的工作带的有限自动机。在初始阶段，工作带开始的几个格里包含输入，其余的为空白。在计算过程中的每个时刻，机器观察到它当前的控制状态以及它读写头所指位置的符
$\text{k-SAT}$：有 $n$ 个变量，$k$ 种取值；$m$ 个 $\text{bool}$ 条件，每个条件至多涉及两个变量；求 $n$ 个变量的一组取值，使得它满足这 $m$ 个条件。 当 $k > 2$ 的时候，这是一个 $\text{NP}$ 问题，且是第一个 $\text{NP}$ 问题。 $\text{P}$ 问题：有一种与输入规模成多项式关系的算法，其
内容概述： 把方阵 A 的特征多项式 \(c(λ)=|λE-A|\) 展开成 \(c(λ)=\sum_ia_i\lambda^i\) 的形式，然后使用神乎其技的证明，得到 \(c(A)=O\)，特征多项式是 A 的化零多项式。【Hamilton-Cayley 定理】 定义 A 的最小多项式为 \(m(λ)=\Pi_i(λ-λ_i)^{c_i}\)，即次数最低的、能使 m(A)=
设计函数求一元多项式的导数。 输入格式: 以指数递降方式输入多项式非零项系数和指数（绝对值均为不超过1000的整数）。数字间以空格分隔。 输出格式: 以与输入相同的格式输出导数多项式非零项的系数和指数。数字间以空格分隔，但结尾不能有多余空格。 输入样例: 3 4 -5 2 6 1 -2 0
-1. 前置知识 基础的复数知识。 0. 什么是多项式乘法 众所周知，多项式本质是一种特殊的函数，可以表示为自变量的若干次幂之和，即 \[F(x)=\sum_{i=0}c_i\cdot x^i \]其中 \(c_i\) 被称为 \(x^i\) 的系数。 已知 \(F,G\) 是两个多项式函数，考虑定义一个新的函数 \(H(x)=F(x)G(x)\)。我们
拉格朗日插值优化DP 模拟赛出现神秘插值，太难啦！！ 回忆拉格朗日插值是用来做什么的 对于一个多项式\(F(x)\)，如果已知它的次数为\(m - 1\)，且已知\(m\)个点值，那么可以得到 \[F(k) = \sum_{i=1}^{m} y_i \prod_{i \neq j} \frac{k-x_j}{x_i - x_j} \]所以，如果我们知道要求的东西是一个次
题目描述： This time, you are supposed to find A×B where A and B are two polynomials. Input Specification: K N1 aN1 N2 aN2 ... NK aNK where K is the number of nonzero terms in the polynomial, Ni and aNi (i=1,2,⋯,K) are the expo
题意 旅行商问题，经过每个点一次，问从原点出发走回原点的最小距离 P对NP问题是Steve Cook于1971年首次提出。“P/NP问题”，这里的P指多项式时间（Polynomial），一个复杂问题如果能在多项式时间内解决，那么它便被称为P问题，这意味着计算机可以在有限时间内完成计算；NP指非确定性多项式时间（nond
多项式回归 面对问题 欠拟合 在训练集与测试集都不能获得很好的拟合数据时，认为该假设出现了欠拟合（模型过于简单） 原因：模型学习到样本特征太少 解决：增加样本的特征数量（多项式回归） 过拟合 在训练集上能获得较好拟合，在训练集以外的数据集上却不能很好的拟合数据 原因：原始特征
本文仅仅想理清楚一些基本概念： 1、P问题（ Polynomial问题）：可以在多项式时间内求解的问题 2、NP问题（Nondeterministic Polynomially问题，即非确定性多项式问题，注意：并不是非多项式问题）： 可以在多项式时间内验证一个解是否正确的问题 可以证明：如果一个问题是P类问题，它一定是NP问
多项式乘法 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=(1<<18),P=998244353,G[2]={3,(P+1)/3}; int rv[N],gp[2][N],iv[N]; inline int fpw(int a,int x){ int s=1; for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%P) if(x&1) s=1ll*s*a%P; return s;
今天向大家介绍下RSFEC的原理，它通过生成冗余数据来恢复丢失的信息，首先介绍下背景，之后重点介绍RSFEC如何计算冗余和恢复数据的，分为异或方式和矩阵方式，异或方式可以认为是矩阵方式的特殊形式，最后做下总结。 - 背景介绍 - RSFEC广泛应用于存储、通信、二维码等领域，比如RAID
公式 拉格朗日插值可以用 \(n+1\) 个点值插出一个 \(n\) 次多项式。对于 \((x_i,y_i)\)，有如下性质： \[f(x)-y_i\equiv 0\pmod {(x-x_i)} \]显然 \(m_i=\prod _{j\neq i}(x-x_j)\)，\(m_i\) 在模 \(x-x_i\) 意义下的逆为 \(\prod_{j\neq i} (x_i-x_j)\)。根据中国剩余定理： \[f(x)=\sum
多项式计算 - MATLAB polyval - MathWorks 中国 示例 全部折叠 计算几个点处的多项式值 计算多项式 p(x)=3x2+2x+1在点 x=5,7,9 处的值。多项式系数可以由向量 [3 2 1] 表示。 p = [3 2 1]; x = [5 7 9]; y = polyval(p,x) y = 1×3 86 162 262
原视频链接 我这里梳理一下思路，并夹带个人私货。 \(S=\{1,2,\dots,2020\}\)，问有多少个 \(T\subseteq S\)，使得 \(T\) 的元素和为 \(5\) 的倍数（空集的元素和定义为 \(0\)）。 要手算能得出答案的方法。 我们很快发现很难暴力算，想到背包，即多项式 \[F(x)=\prod_{i=1}^{2020}(1+x^i) \]
线性递推与整式递推数列 本文主要摘录自 2019 年国家候选队论文集《两类递推数列的性质和应用》——钟子谦。 线性递推数列 定义 对于无限数列 \(\{ a_0,a_1,\cdots\}\)，和有限非空数列 \(\{ r_0,r_1,\cdots,r_{m-1} \}\)，若对于任意 \(p\geq m-1\)，有 \(\sum_{k=0}^{m-1}a_{p-k}r_k=
好像是多项式最基础的算法（？，但是咕了比较久，现在学一下吧。 差值是啥 这个东西类似于 FFT 的转化过程，就是多项式点值和多项式系数的转化，简而言之就是解决下面的问题，P4781。 已知一个 \(n-1\) 次多项式的 \(n\) 个点值，\(f(x_i)=y_i\)，已知 \(k\)，求 \(f(k)\bmod 998244353\)。 \(n\le 2
上来先留个心眼看看模数是不是质数 是质数啊那没事了 注意到值域和节点数量都相当小。这引导我们去枚举某个节点或某个值。 我们枚举潜入的城市 \(u\)，找出 \(d_v\) 比 \(d_u\) 大的所有 \(v\)。 可以知道我们要选的一定是一个连通块，这个连通块中只能恰好包括 \(k-1\) 个 \(v\)。
设 \(f[n][m]\) 为将 \(n\) 个有标号元素放入 \(m\) 个有标号集合（不能空） 的方案数。 答案就是 \(\frac{\sum i\times f[n][i]}{\sum f[n][i]}\)。 来考虑这个鬼东西怎么算。。。容易发现 \(f[n][m]=n^{m}\)。 那么有 \(n![x^n]\sum_{i=1}^{n}(e^x-1)^{i}=n![x^n]\fra
fft mtt 多项式求逆 多项式开根 多项式对数函数（ln） 多项式指数函数（exp） 多项式幂函数 多项式k阶差分&前缀和 多项式三角函数&反三角函数 多项式除法（余数） 多项式多点求值 多项式快速插值 chirp-Z变换 ps.待更新
思路： 推柿子跟求逆一样，分治（倍增）的思想：不想写了 推出\((F-G)^2 \equiv0\pmod{x^n}\) 所以\(G=\dfrac{F^2+A}{2F}\) 边界处要用二次剩余的Cipolla算法。 因此只要会多项式求逆、乘法，二次剩余即可。 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const
题意：如其名…… 思路： 多项式的关键在于：用模的次数降次。 它的复杂度跟模数的次幂有关。 所以可以考虑对模数分治。参考 若多项式\(F\)只有一项，直接求常数项的逆元（这也是判别多想式是否存在逆元的条件）。 设已知 \(F(x)H(x)\equiv1\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}\)
