定义 下降幂就是形如 \(n^{\underline m}\) 的式子，表示 \[n^{\underline m} =\prod_{i=n-m+1}^n i=\frac{n!}{(n-m)!} \]同理还有一个上升幂： \[n^{\overline m}=\prod_{i=n}^{n+m-1} i=\frac{(n+m-1)!}{(n-1)!} \]注意这个地方 \(n,m\) 都可能是负数，也就是 \(n^{\underline {-m}}=
求证： \[\sum_{i=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}=4^n \] 首先，我们将 \(4^n\) 视为 \(2^{2n}\)，赋予其组合意义为长为 \(2n\) 的 \(0/1\) 串个数。 LHS 中组合数的结构指引我们将整个串分成两个部分，根据 \(\binom{2k}k\) 自然地想到第一部分可以是 \(0/1\) 个数相同的长度为 \(2
做题时间：2022.8.11 \(【题目描述】\) 给定 \(N(1\leq N\leq 2\times 10^5)\) 个二元组，第 \(i\) 个二元组形如 \((a_i,b_i)(1\leq a_i,b_i\leq 2000)\) ，计算： \[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n \binom{a_i+a_j+b_i+b_j}{a_i+a_j}\mod 10^9+7 \]\(【输入格式】\) 第一行一
第二类斯特林数：将 \(n\) 个物品放进 \(m\) 个不区分的盒子的方案数，记为 \(S(n,m)\)。 \(n^2\) 递推公式：\(S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)\). 附代码： s[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=i;++j) s[i][j]=add(s[i-1][j-1],mul(s[i-1][j],j)); 第二类
果然数数题比什么阴间巨大多细节哈希点分治简单多了 恰好太难了，考虑容斥，考虑钦定 \(m\) 个位置满足 \(|i-p_i|=1\)。 很明显有 \(f(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m}g(i)\)，二项式反演一下就有 \(g(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m}(-1)^{i-m}f(i)\)。 设 \(dp[n][m][0/1][0/1]\) 表示
2022牛客暑期多校第三场 I. Ice Drinking 题意 按随机顺序摆放 \(1,2,3,...,n\)，设随机变量 \(x\) 为数字与位置（第几个）相等的个数，给定非负整数 \(k\)，求 \(x^k\) 的期望。 分析 设错排方案为 \(P(n)\)，根据组合意义，枚举正确的个数，剩下的全部错排的方案数之和就是全排列 \[n! = \sum_{
组合数 定义 普通定义 \[\binom nm=\frac{n!}{m!\ (n-m)!} \]这里，当 \(n<m\) 时，认为该式值为 \(0\)。 扩展定义 \[\binom nm=\frac{n^{\underline m}}{m!}\quad(n\in\mathbb C,m\in\mathbb N) \]基本性质 对称性 \[\binom nm=\binom n{n-m} \]显然。 加法公式 \[\binom nm=\binom{
题目相当于让每个连通块选取一个集合（可空），于是先考虑令集合不为空，将点划分进集合后内部的边可连可不连。 设 \(g_{n,m}\) 为将 \(n\) 个点划分进 \(m\) 个集合后，每个集合之间互相不连边的方案数。 设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的无向图的数量，那么有： \[g_{n,m}=\sum_{i=0}^{n-1}g_{n-
P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题 组合数配合下降幂有优秀的性质： \[m^{\underline{k}}\binom{n}{m}=n^{\underline{k}}\binom{n-k}{m-k}. \]将 \(f(x)\) 转化为下降幂多项式： \[f(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^{\underline{i}}. \]对于其中的每一项 \(b_kx^{\underline{k}}\)，分别计
\(\text{Solution}\) 推柿子比较套路，考虑每一个\(a_i\)对\(sum_{k,1,j}\)的贡献即可。 看看\(sum\)是如何转移的 \[a_i \implies sum_{1,l_1,r_1} \implies sum_{2,l_2,r_2} \implies ... \implies sum_{k,l_k,r_k} \]其中\(1 \le l_k \le l_{k - 1} \le ... \le i \le ... \le r_
\(\text{Solution}\) 考虑把\(c^i\)带入多项式得 \[ans_i = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_jc^{ij} \]利用组合数把\(c^{ij}\)拆开，\(ij = \binom{i + j}{2} - \binom{i}{2} - \binom{j}{2}\)，证明把组合数拆开即可。 \[ans_i = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_jc^{\binom{i + j}{2} - \binom{i}{2}
数叶子 分别考虑每个点的贡献，发现只和与他相邻的边有关系 不妨枚举是哪条边产生贡献，假设是第 \(x\) 条边 那么在他左边就有 \(x-1\) 条边再加上选择区间的左端点 一共要选出 \(x\) 个点 右边同理要选出 \(deg-x+1\) 条边 枚举这条边在哪里就是 \(\sum\limits_{i=1}^{m}\binom{i}{x
对于 \(\sum_{i=0}^{n}f(i)\) 的这种问题但是 \(f(i)\) 不是多项式函数且 \(n\) 很大时可以考虑一个用矩阵做的 DP： \[\begin{bmatrix}\binom{n}{m}\\\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{n-m+1}{m}&0\\\frac{n-m+1}{m}&1\end{bmatrix}\begin{bmatri
组合数 性质和公式 \(1.\) 对称性 \[\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k} \]\(2.\) 加法公式 \[\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} \]其组合意义为钦定最后一个数选或不选的方案数相加。 \[\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}=2^n \]其组合意义为所有的选数方案恰好对应了每一个数选
我只知道容斥不知道二项式反演。 反演，顾名思义就是有两个函数 \(f,g\)，知道 \(f\) 用 \(g\) 表示后反过来 \(g\) 用 \(f\) 表示。 二项式反演有一个无敌对称的柿子： \[f(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i) \]这个柿子可以拓展到高
100+35+50。 T1 有线性做法。 T2 多项式做法完全听不懂。好像有 dp 做法。 T3 拉格朗日反演 不会。 q-模拟 指的是在原来的理论里引入一个 \(q\)，使得 \(q\to 1\) 时与原理论相同。 定义 q-整数 \([k]_q=\frac{1-q^k}{1-q}\)，这样 \(\lim_{q\to 1} [k]_q=k\)。所以 \([k]!_q=\frac{(
\(CF717\ Festival\ Organization\) Description 一个合法的串定义为：长度在 \([l,r]\) 之间，且只含 \(0,1\)，并且不存在连续 \(2\) 个或更多的 \(0\)。 现在要选出 \(k\) 个长度相同的合法的串，问有几种选法，答案模 \(10^9+7\)。 Solution 初始形式比较易得 \[\sum_{i=l+2}^{r+2}\bino
\(LNOI2022\)盒 由于是加的形式，那么可以套路的拆贡献，枚举每条边的贡献就好了 \(40pts\) //比较显然的事情 //首先确定了一个B数组之后 //最小的移动应该是 //设左右两侧比原先值多的为Max //少的为Min ///我们考虑每个点只计算向一侧的贡献 //我们的答案是(Max-Limx)*val+(Limn-Mi
封闭形式 \[{1,1,1,1,...}\to F(x) \]\[F(x)x+1=F(x) \]\[F(x)=\frac{1}{1-x} \]例题 \(a=<1,2,3,...>\) \[F(x)=\sum_{n\geq 0} (n+1)x^n \] 两边求导 \(a_n=\binom{m}{n}\space m\) 为常数 二项式定理：\(F(x)=\sum_{n \ge0} \binom{m}{n}x^n=(1+x)^m\) \(a_
第一种形式 \[f(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}g(i) \]\[g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \]第二种形式 \[f(k)=\sum_{i=k}^n \binom{i}{k} g(i) \]\[g(k)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\binom{i}{k} f(i) \] 一般 \(f\) 表示至少选 \(k\) 个的方案数，然后就可以将恰好选 \(
原文章 OI-wiki 多重集 对于一个集合 \(S=\{n_1\times a_1,n_2\times a_2,...,n_k\times a_k\}\) ，意思就是由 \(n_i\) 个 \(a_i\) 组成 多重集组合数1 求选 \(r\) 个方案数，满足 \(n_i\leq r\) 答案显然就是 \(\binom{r+k-1}{k-1}\) 多重集组合数2 求选 \(r\) 个方案数，不
binomial Sum 可以用来求 \(\sum_{i=0}^{n}[x^i]f(x)g^{i}(x)\) 即 \(f(g(x))\) 的某些项数的线性组合 ， 一般是求 \([x^k]\sum_{i=0}^{n}[x^i]f(x)g^{i}(x)\) , 复杂度为 \(O(k)\) 具体流程如下： 设 \(c = [x^0]g(x)\) 设 \(F(x + c) = f(x+c) \pmod {x ^ {n+1}}\) , 这里设 \(
组合数 公式一 \[\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!} \]公式二 \[\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} \]公式三 \[\frac1k\binom{n-1}{k-1}=\frac1n\binom nk \]$ \mathbf{Qn1}\quad $证明 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^n \binom nk \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum
这套出的比较匆忙，五月十五号得到的二十五号恢复省选的消息，当天就找人拉了些题目，十六号跟大家讨论了一下大家认为 adhoc 太多了于是捏了个现在的 T2 丢掉了一个别的题。一个是大部分出题人都比较忙或者比较鸽，另一个是大部分验题人（除了粉兔）都比较忙或者比较鸽，还有一个是因为个人情感
首先我们考虑不重不漏地统计这个事情，这个题事实上是凸多边形划分的一个拓展，传统的凸多边形剖分方案数就是卡特兰数。 那么这里的区别就是： 在一条边上的点不能相互连线段 在边中间上的点可以没线段 不妨考虑我们手动枚举了一些中间点完全不连边，剩下 \(m\) 个点要连边，如果我们直接
