也算是开一个新坑？毕竟已经退役了，哪天兴趣来了可能也会点开一些题目看看，这里记录一下那些通过完全不带脑子的代数推导来AC的题目。 #2833. 「JOISC 2018 Day 1」帐篷 首先根据题意，不难去发现有一个 \(O(n^3)\) 的做法，即枚举有多少 \(1 \times 2\) 的，有多少 \(2 \times 1\) 的，以及
有 \(n\) 个球，第 \(i\) 个球的颜色为 \(A_i\)，颜色是 \(1 \sim n\)。重复以下步骤，直到所有球的颜色相同： 从 \(2^n\) 个子集（包括空集）随机选出一个子集 \(\{X_1, X_2, X_3, \dots, X_K\}\)，然后随机选择一个排列，然后从中间选出 \(K\) 个数 \((P_1, P_2, \dots P_K)\)，接着 \(A_{X_i}
目录D. Lost Arithmetic Progression题目大意思路代码E. Power or XOR?题目大意思路代码 D. Lost Arithmetic Progression 题目大意 A, B是两个有限长度的等差数列，C是在A,B都出现的元素组成的另一个等差数列。 现在给定B,C的首项\(f_b,f_c\)，公差\(d_b,d_c\)和长度\(l_b,l_c\)求解
期望 Statement G - Colorful Candies 2 (atcoder.jp) 给定 \(n\) 个糖果，第 \(i\) 个糖果颜色为 \(c_i\) 对于每个 \(k=1∼n\)，求随机选出 \(k\) 个糖果，\(\binom nk\) 种情况中糖果颜色数的期望。答案模 \(998244353\)。 \(n\le 5\times 10^4\) Solution 知道这类问题的一般套路都
AGC021 做了一下 AGC021 这套题，感觉很厉害，纪念一下，题意就不放了。 A 自己想出来了，就枚举每一位，然后后面的位可以都是 \(9....\) 之类的，前面可以卡的死一点。 B 你就考虑，既然他这个圆这么离谱，那一看起来就和这个东西没啥关系啊。 显然只有凸包上的点才有可能有答案诶。 然后维护一
考虑只考虑二维： \(\sum \binom{x + y + 2k}{x+i,y + k - i,k - i}\\=\sum \binom{x+y+2k}{x+k}\times\binom{x+k}{x+i}\times\binom{y+k}{i}\) 即考虑枚举二维上如何操作，考虑其共走了\(x + y + 2k\)步， 先枚举第一维上的正方向，然后枚举第二维正方向的位置，然后枚举第二维回退的方向
tag：推柿子，下降幂，生成函数 根据递推式可以写出答案的封闭形式 \[\frac1{(1-x-x^2)^k} \]答案就是这个多项式的第 \(n\) 项系数。 \[ans=[x^n]\frac1{(1-x-x^2)^k} \]\[ans=[x^n]\frac1{(1-\lambda_1x)^k}\frac1{(1-\lambda_2x)^k} \]注意到 \[[x^n]\frac1{(1-ax)^k}=\binom{n+k-1}
\(\text{I love Wordle!!!}\) I guessed this 5-letter word in 5/6 tries. ⬛⬛⬛⬛⬛
CF627E Orchestra 注意到 \(O(r^2c)\) 是非常好做的，枚举上下界然后双指针即可。 考虑到总点数很小，而且 \(k\) 很小，考虑优化。 我们考虑，首先枚举上边界，\(cnt_k\) 表示有多少个右边界以 \(k\) 这个点当第 \(K\) 个点。然后其贡献就是这个 \(cnt\) 乘上纵坐标。 我们考虑删除一个点，删
放置事实上等同于 2 种颜色所覆盖到的行、列集合没交。 考虑枚举 2 种颜色各自放置的行列。 \[\sum_{i,j}f[i][j]*g[i][j]*\binom{n}{i+x}*\binom{i+x}{i}*\binom{m}{j+y}*\binom{j+y}{j} \]\(f[i][j]\) 为选择的黑色点仅包含 \(i\) 行 \(j\) 列的方案数。 考虑仅包含，那么显然选择
https://www.luogu.com.cn/problem/AT3576 又盯了半个多小时才看懂之前写的是啥 妙妙组合数学思维题啊啊 首先不管\(s,t\),要拿红球肯定是从\(1\)开始拿，不亏 假设要拿第一个蓝球了，那么我们可以把\(t\)设到当前蓝球第一个位置，不亏 假设\(t\)那个位置已经没有球了，但还是想要拿篮球，那
题目链接 Luogu Loj 题目描述 对一个长度为 \(n\) 的序列染色，颜色一共有 \(m\) 种，对于每一种染色方案，设有 \(u\) 种颜色恰好出现了 \(s\) 次，则将答案加 \(w_u\) ，求答案 其中 \(n \leq 10^7, m \leq 10^5, s \leq 150\)，并将答案对 \(1004535809\) 取模 分析 下面的式子虽然有点多，但
记录一下遇到过的组合式子 对任意正整数 \(x\)，\(\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom i x=\dbinom {n+1}{x+1}\)。from CF1548C \(k\times \dbinom nk=n\times \dbinom {n-1}{k-1}\) from P6620 \(\sum\limits_{i=0}^n a^i b^{n-i}\binom ni=(a+b)^n\) from P6620 \(j^i\binom nj
正题 题目大意 求有多少个长度在\(l,r\)之间，值域是\([1,n]\)的严格上升子序列 \(1\leq T,n\leq 10^5,1\leq l\leq r\leq 10^5\) 解题思路 先转换成两个前缀和的差，那么相当于我们要快速求 \[\sum_{i=0}^m\binom{n}{i} \]的值。 考虑到我们有组合数恒等式\(\binom n m=\binom{n-1}
A 模拟。 B 从小到大枚举。 C \((\texttt{Easy} \ 2 / 0)\) 考虑找出最大的 \(a_i\) 作为直径，然后在上面挂点。 设 \(m = \max a_i\)，我们由此可以得出有解的充要条件： 能找出 \(m + 1\) 个点构成直径。 剩下的点 \(i\) 需要满足 \(a_i > \left\lceil\frac{m}{2}\right\rceil\)。
引言 学计数问题就像围城,城外的人不想进去,城里的人不想出来. 前前排提示 本文不全是多项式和生成函数. 前排提示 本文含有以下内容 : 入 门 失 败 由 难 到 难 无 用 科 技 快 速 退 役 弱 智 讲 解 不 想 证 明 感 性 理 解 丑 陋 \(\LaTeX\) 强 行 加 \la
题解[LuoguP5591]小猪佩奇学数学 前置知识 基本数论推式子能力，如分配律结合律等 等比数列求和 \(\sum_{i=a}^bx^i=\dfrac{x^{b+1}-x^a}{x-1}\) 二项式定理 \((a+b)^k=\sum_{i=0}^k\dbinom ki a^ib^{k-i}\) 及其特殊形式 \((a+1)^k=\sum_{i=1}^k\dbinom ki a^i\) 组合恒等式 \(m\d
Statement P4707 重返现世 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn) Solution 考虑 min-max 容斥，题目所求即 \(\min_\limits{k}(U)\) 知道 \(k\) 较大但 \(n-k\) 很小，所以考虑转化一下，知道 \(\min_\limits k(U)=\max_\limits {n+1-k}(U)\) ，下面的所有 \(k\) 都是 \(n+1-k\)
给出一个括号序列 \(s\)，初始的时候没有 .， 每次操作有两种： 1 l r：保证 \([l + 1, r - 1]\) 为空或者全是 . 并且 \(s_l\) = (，\(s_r\) = )，那么将 \(s_l, s_r\) 变成 . 。 2 l r：定义合法的括号序列是满足括号匹配同时开头结尾均不是 .，求出 \([l, r]\) 中有多少个子串是合法的括号序
既然看到了这道“板子”，那还是来写一下题解吧。。。 如果有机会希望能推一下 载谈binominial sum 的做法。 \[\sum_{k=0}^nf(k)\binom n kx^k(1-x)^{n-k} \]看到组合数和多项式求值就去想下降幂吧，因为没什么别的好办法了。。。 设下降幂多项式 \(g(x)=f(x)\)。 \[\sum_{i=0}^m g_i
设 \(f_{i,j}\) 为恰好 \(i\) 行 \(j\) 列不满足条件的矩阵个数， \(g_{i,j}\) 为钦定 \(i\) 行 \(j\) 列不满足条件的矩阵个数。 容易得到： \[g_{x,y}=\binom n x \binom n y (k-1)^{n^2-(n-x)(n-y)}k^{(n-x)(n-y)} \]\[g_{x,y}=\sum_{i=x}^n\sum_{j=y}^n\binom i x\binom j y f_{i,
A. 猜拳游戏 可以分成两部分解决 一部分解决每一轮赢的概率，一部分解决最后获胜的概率 先看第一部分，发现每一轮平局不影响结果，于是忽略他，只考虑输赢的情况 设 \(p,r\) 分别为原来赢和输的概率，设 \(q=\frac{p}{p+r}\) 即现在每轮赢的概率 变化一下形式 \(\frac{p}{p+r}=1-\frac{r}{p
原来的博客太naive了，基本上就是抄课件而且还抄不对 现在学的容斥也没多少，就记一下碰到过的东西。应该没有证明。 炫酷反演魔术 子集反演 大概是最显然的反演了？ 对以集合为参数的函数 \(f\) 和 \(g\) ，有 \[\large{g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T)\Leftrightarrow f(S)=\sum_{T\subset
由于用了二项式反演，但是一直没证过，心里一直不踏实于是决定证一下 形式零 首先有多步容斥一开始的柿子： \[|A_1\bigcup A_2 \bigcup A_3 ..... \bigcup A_n|=\sum\limits_{i=1}^n|A_i|-\sum\limits_{1<=i<j<=n}|A_i\bigcap A_j|+...+(-1)^{n-1}|A_1\bigcap A_2\bigcap A_3....\bigca
左边 \(L\) 右边 \(R\) 张牌： 左边从上往下第 \(x\) 张牌对第 \(i\) 个位置的贡献 其实都可以打表观察 233 \[\sum_{x}\binom{i-1}{x-1}\binom{n-i}{L-x}w_x \]\(w_x = x :\) \[\sum_{x}\binom{i-1}{x-1}\binom{n-i}{L-x} x \]\[\sum_{x}(\binom{i}{x}x - \binom{i-1}{x}x)\binom{n
